Som en inledning till begreppet derivata, ska vi här diskutera genomsnittlig förändingshastighet. Utan att veta vad som hänt mellan två givna tider t1 och t2 kan vi läsa av temperaturen, beloppet, hastigheten, eller folkmängden för de två tidpunkterna f(t1) och f(t2) och bilda den genomsnittliga förändingshastigheten genom y2 − y1 ∆y f(t2) − f(t1) = = t2 − t1 t2 − t1 ∆x
Figur 1: Om funktionen har ett oroligt förlopp säger egentligen den genomsnittliga förändringshastigheten ganska lite. I figuren har vi: för punkterna (−4, 0) och (3.5, 51.6) ∆y 51.6 − 0 51.6 = = = 6.875 ∆x 3.5 − (−4) 7.5 Men för punkterna (−4, 0) och (3, 0). Vi ändrar alltså endast det andra x-värdet med 0.5. 0−0 0 ∆y = = =0 ∆x 3 − (−4) 7 Ganska stor skillnad eller hur. Annat resultat får vi ju mer funktionen liknar en rät linje. Om y beror av x så är den genomsnittliga förändringshastigheten Förändringskvoten =
Håkan Strömberg
∆y förändingen över ett intervall = ∆x intervallets längd
1
KTH Syd
1 När Adam startar sin resa, kl 8 : 32 stod bilens vägmätare på 123300 km. När han var framme, kl 10 : 32 visade mätaren 123450 km. Beräkna Adams genomsnittliga hastighet i km/tim. Med hjälp av formeln s v= t kan vi bestämma den genomsnittliga hastigheten genom v=
123450 − 123300 = 75 2
Svar: 75 km/tim OBS! Vi kan under denna färd inte säga någonting om den högsta eller lägsta hastighet Adam hållit under sin resa. 2 Grafen visar den vinst v i tusentals kronor en affär har haft under tiden t 6 5 4 3 2 1
1
2
3
4
5
6
Figur 2: veckor. Bestäm förändringen ∆v i tusentals kronor från vecka 1 till vecka 5. Lösning: Vi läser från grafen v(t) ut v(1) = 3 och v(5) = 4 vilket ger ∆s = 4 − 3 = 1 Svar: Förändringen är 1000 kr. 3 För en funktion f(x) vet man att f(10) = 115 och f(15) = 220. a Bestäm ändringen i x, det vill säga ∆x. b Bestäm ändringen i y, det vill säga ∆y. c Bestäm den genomsnittliga förändringshastigheten ∆x ∆y Lösning: Ändringen i x-led ∆x = 15 − 10 = 5. Ändringen i y-led, ∆y = 220 − 115 = 105. Den genomsnittliga förändringshastigheten blir då ∆x 220 − 115 105 = = = 21 ∆y 15 − 10 5
Håkan Strömberg
2
KTH Syd
4 För funktionen y = f(x) vet man att f(10) = 32 och f(61) = 118. Beräkna och tolka den genomsnittliga förändingshastigheten ∆y/∆x om x mäts i år och y i kilogram. Lösning: Givet f(10) = 32 och f(61) = 118. Det enda vi vet om funktionen är att punkterna (10, 32) och (61, 118) ligger på grafen och vi kan nu skriva f(61) − f(10) 118 − 32 ∆y = = ≈ 1.69 ∆x 61 − 10 51 Svar: Den genomsnittliga viktökningen är 1.69 kg/år 5 Stockholms folkmängd: År Folkmängd År Folkmängd År Folkmängd
1850 96401 1920 427800 1990 674452
1860 116806 1930 502203 2000 750348
1870 140212 1940 590543 2003 761721
1880 176289 1950 744562
1890 254983 1960 808603
1900 313212 1970 744888
1910 371991 1980 647214
Beräkna den genomsnittliga förändringshastigheten per år för folkmängden – Från 1900 till 2000 – Under 1980-talet – Under vilken period har förändringshastigheten varit som störst? Lösning: Vi plottar punkterna i ett diagram 800000
600000
400000
200000
1875
1900
1925
1950
1975
2000
Figur 3: a) Den genomsnittliga förändringshastigheten från 1900 till 2000 beräknar vi genom ∆y 750348 − 313212 437136 = = ≈ 4371 ∆x 2000 − 1900 100 Stockholms folkmängd steg under denna period med i genomsnitt 4371 människor/år. b) Vilka värden vi ska använda för att bestämma förändringshastigheten under 90-talet är lika bestämt: ∆y 750348 − 674452 75896 = = ≈ 7590 ∆x 2000 − 1990 10 Håkan Strömberg
3
KTH Syd
Stockholms folkmängd steg under 90-talet med i genomsnitt 7590 människor/år. c) För att besvara denna fråga korrekt kan man bli tvungen att utföra 17 · 16/2 = 136 beräkningar. När vi gjort det vet vi att stadens folkmängd steg som fortast under 1940-talet 744562 − 590543 154019 ∆y = = ≈ 15402 ∆x 1950 − 1940 10 Stockholms folkmängd har stigit som mest under 40-talet med i genomsnitt 15402 människor/år. 6 I tabellen nedan ser du har många kronor man måste betala i skatt för en viss månadslön Månadslön Skatt 19001 - 19100 6852 19101 - 19200 6909 19201 - 19300 6966 19301 - 19400 7023 19401 - 19500 7080 19501 - 19600 7137 19601 - 19700 7194 19701 - 19800 7251 19801 - 19900 7308 19901 - 20000 7365 a Hur många procent i skatt betalar den som har en en månadslön på 19500 kr? b Samma fråga för den som tjänar 19501 kr/månaden. c Hur mycket, i kronor, får den behålla som har månadslönen 19100 och får 100 kr i påökt? c Bestäm marginalskatten i procent mellan inkomsten 19800 och 19900. Lösning: a) Den som tjänar 19500 betalar 7080 i skatt. 100 ·
7080 = 36.3% 19500
b) Den som tjänar 19501 betalar 7137 i skatt. 100 ·
7137 = 36.6% 19501
1 krona mer i lön ger 56 kronor mindre i plånboken. Den orättvisa man kan tycka finns här rättas till i samband med att den slutliga skatten beräknas året därpå. c) 19100 − 6852 = 12248 att jämföra med 19200 − 6909 = 12291. Det blir alltså 12291 − 12248 = 43 kr över
Håkan Strömberg
4
KTH Syd
d) Vi ska beräkna marginalskatten i procent för en person som tjänar 19800 och får lönen höjd till 19900 57 7308 − 7251 = 100 · = 57% 19900 − 19800 100 Svar: Marginalskatten i detta intervall är 57%. 100 ·
7 Beloppet 10000 sätts in på banken till 5% ränta år 2000. Beräkna den genomsnittliga tillväxtshastigheten mellan åren 2002 och 2006. Lösning: År 2002 har kapitalet funnits på banken i 2 år. Kapitalet har då stigit till 10000 · 1.052 = 11025 År 2006 har kapitalet funnits på banken i 6 år. Kapitalet har då stigit till 10000 · 1.056 = 13401 Mellan åren 2002 och 2006 har den genomsnittliga tillväxthastigheten varit 13401 − 11025 2376 = = 594 2006 − 2002 4 8 Kostnaden K(x) för att producera x armbandsur ges av formeln K(x) = 20000 + x(10 + 0.1x) Beräkna och tolka a ∆K då x ändras från 200 till 300 b ∆K/∆x då x ändras från 200 till 300 c ∆K/∆x då x ändras från 200 till 201 d ∆K/∆x då x ändras från 300 till 301 Lösning: a) K(200) = 20000 + 200(10 + 0.1 · 200) = 26000 K(300) = 20000 + 300(10 + 0.1 · 300) = 32000
∆K = 32000 − 26000 = 6000 b) ∆K 32000 − 26000 = = 60 ∆x 300 − 200 Kostnaden för att producera ett ur är i intervallet 200 . . . 300 60 kr. c) ∆K 26050.1 − 26000 = = 50.10 ∆x 201 − 200 Svar: Den 201:a klockan kostar 50.20 kr att producera. d) ∆K 32070.1 − 32000 = = 70.10 ∆x 301 − 300 Svar: Märkligt nog blir det dyrare att producera den 301:a klockan än den 201:a, 70.10 kr
Håkan Strömberg
5
KTH Syd
9 En boll släpps från toppen av ett torn. Den sträcka bollen fallit efter t sekunder beräknas genom s(t) = 5t2 a Hur långt har bollen fallit efter 3 sekunder? b Hur långt tid tar det innan bollen fallit 125 meter. c Om tornet är 180 meter högt. Hur lång tid tar det då för bollen att nå marken? d Vilken medelhastighet har bollen haft från det den släpptes tills den nådde marken? e Vilken medelhastighet har bollen haft från det den fallit 180 meter till den når marken? f Försök uppskatta bollens hastighet precis då den når marken. Lösningar: a) s(3) = 5 · 32 = 45 meter b) Lösningen till ekvationen 2 125 = 5t √ t = 25 t = 5
Svar: 5 sekunder c)
Svar: 6 sekunder d)
Svar: 30 m/s e)
2 180 = 5t √ t = 36 t = 6
∆s 180 − 0 = = 30 ∆t 6−0
∆s 180 − 125 = = 55 ∆t 6−5
Svar: 55 m/s f) Vi kan bestämma efter hur lång tid bollen fallit 179 meter. 2 179 = 5t q 179 t = 5 t ≈ 5.98331
vilket ger ∆s 180 − 179 = = 59.92 ∆t 6 − 5.98331
Håkan Strömberg
6
KTH Syd
På samma sätt kan vi bestämma efter hur lång tid bollen fallit 179.9 meter 2 179 = 5t q 179.9 t = 5 t ≈ 5.99833
vilket ger 180 − 179.9 ∆s = = 59.9917 ∆t 6 − 5.99833 Svar: Det verkar som hastigheten närmar sig 60 m/s ju mindre intervall vi väljer. Att detta antagande är korrekt kommer vi att kunna visa innan veckan är slut.
1 Bestäm den genomsnittliga förändringshastigheten då funktionen är y = f(x) = 2x − 3 först i intervallet [3 . . . 6] och sedan i intervallet [−1 . . . 10]. Är det en tillfällighet att ∆Y/∆x är den samma för dessa två intervall? 2 Bestäm den genomsnittliga förändringshastigheten då funktionen är y = f(x) = x2 då intervallet är [0 . . . 10] 3 Den genomsnittliga förändingshastigheten är f(2) = 35. Bestäm f(3).
∆y ∆x
= 10 i intervallet [2 . . . 3].
4 Den sträcka s meter en kropp rör sig beror av tiden t sekunder enligt s(t) = 20t − 5t2. Bestäm medelhastigeten i intervallet från 0 till 1 sekund. 5 En cirkels area A beror på cirkelns radie r. Beräkna ändringskvoten ∆A ∆r då r ökar från 5.0 till 5.2
1
∆y (2 · 6 − 3) − (2 · 3 − 3) 9−3 = = =2 ∆x 6−3 6−3 ∆y (2 · 10 − 3) − (2 · (−1) − 3) 17 + 5 = = =2 ∆x 10 − (−1) 11 Nej det är ingen tillfällighet. Funktionen är en rät linje och då är förändingshastigheten lika med linjens k-värde.
Håkan Strömberg
7
KTH Syd
2
∆y 100 − 0 = = 10 ∆x 10 − 0
3 Vi får ekvationen
35 − y = 10 3−2
som har lösningen 25. Svar: f(3) = 25 4
s(1) − s(0) (20 − 5) − 0 = = 15 1−0 1 Svar: Medelhastigheten är 15 m/s
5 Vi använder formeln A(r) = πr2 och får π(5.2)2 − π(5.0)2 ∆A = ≈ 32.0 ∆r 5.2 − 5.0
Räkna bokens uppgifter: 2105, 2107, 2110, 2112, 2114, 2116, 2117, 2119
2105 a) Vi läser från grafen s(t) ut s(0.5) = 15 och s(3.5) = 40 vilket ger ∆s = 40 − 15 = 25 2107 Givet f(8) = 12 och f(11) = 24. Det enda vi vet om funktionen är att punkterna (8, 12) och (11, 24) ligger på grafen och vi kan nu skriva ∆y f(11) − f(8) 24 − 12 = = =4 ∆x 11 − 8 3 Den genomsnittliga temperaturökningen är 4◦ C/h 2110 Vi plottar punkterna i ett diagram 8750 8500 8250 8000 7750 7500 7250 1960
1970
1980
1990
2000
Figur 4:
Håkan Strömberg
8
KTH Syd
Den genomsnittliga förändringshastigheten från 1950 till 2000 beräknar vi genom ∆y 8939 − 7042 1897 = = = 37.94 ∆x 2000 − 1950 50 Sveriges befolkning stiger med i genomsnitt 37 940 människor/år. Vilka värden vi ska använda för att bestämma förändringshastigheten under 90-talet är lika bestämt. Vi försöker först med ∆y 8939 − 8318 621 = = = 31.05 ∆x 2000 − 1980 20 31 050 människor/år. Men se det stämmer inte, när vi jämför med svaret. OK, då testar vi detta: ∆y 8939 − 8558 381 = = = 38.10 ∆x 2000 − 1990 10 38 100 människor/år stämmer bättre. 2112 a) ∆x = 17000 − 16740 = 300. En löneförhöjning på 260 kr. 2112 b) Från tabellen får vi y(17000) = 5080 och y(16740) = 4980 och därmed ∆y = 5080 − 4980 = 100 2112 c) Marginalskatten får vi nu genom ∆y/∆x = 100/260 ≈ 38.5%
2114 b) Givet N(t) = 1500 + 250t + 15t2. Hur många fler bakterier kommer det att finnas i kulturen vid tiden t = 2 i jämförelse med t = 1.5? Vi beräknar för detta ∆N = N(2) − N(1.5) = 151.25. Tillväxthastigheten kan nu bestämmas genom 151.25 ∆N = = 302.5 ∆t 2 − 1.5 2116 I denna uppgift är funktionen K(x) = 5000 + x(10 + 0.05x) central. Kostnaden för att producera x enheter bestäms med hjälp av K(x). Vad kommer då att hända med kostnaderna när vi höjer antalet producerade enheter från 100 till 120? ∆K = K(120) − K(100) = 6920 − 6500 = 420. När antalet producerade produkter ökas från 100 till 120 så ökar alltså kostnaden med 420 kr. K(120) − K(100) 6920 − 6500 420 ∆K = = = = 21 ∆x 120 − 100 20 20 Produktionskostnaderna för de sista 20 enheterna blir 21 kr/st. 2117 V(t) = 20000 − 800t + 8t2. Här ser vi grafen. Givetvis finns det 20000 liter vatten i tanken vid t = 0. Att ta reda på när tanken är tom är samma sak som att ta reda på t då V(t) = 0. Detta är samma sak som att lösa andragradsekvationen 20000 − 800t + 8t2 = 0, som har rötterna t1,2 = 50. Tanken är alltså tom efter 50 minuter, vilket vi kan utläsa från grafen. För att beräkna den genomsnittliga utströmningshastigheten under tiden t = 18 till t = 22 tecknar vi ∆V V(22) − V(18) 6272 − 8192 = = = −480 ∆t 22 − 18 4 Håkan Strömberg
9
KTH Syd
20000 15000 10000 5000
10
20
30
40
50
Figur 5:
Det rinner alltså ut 480 liter/minut i medeltal under den aktuella tiden. Vid tiden t = 0 är utströmningshastigheten som störst. Då t = 50 droppar det bara ur tanken. Det är tangentens lutning som anger den momentana hastigheten. 2119 Nu är det funktionen v(t) = 13.3t − 0.44t2 som gäller. Hastigheten för en viss bil under de 15 första sekunderna. v(0) = 0, bilen står stilla vid tiden t = 0. v(5) = 55.5 m/s, bilen har accelererat till 55.5 m/s efter 5 sekunder. v(6) − v(4) = 8.9 2 Hastigheten har ökat från 46.16 m/s till 63.96 m/s på 2 sekunder. Medelaccelerationen har under denna tid varit 8.9 m/s2
Håkan Strömberg
10
KTH Syd
I figuren ser vi grafen till funktionen f(x) =
x2 +2 3
). DessInritad finns dels en sekant, som skär kurvan i punkterna (−1, 73 ) och (4, 22 3 10 utom finns en tangent som tangerar kurvan i (2, 3 ) Sekantens riktningskoefficient (lutning) kan vi enkelt bestämma genom k=
22 3
− 37 5 = 3 − (−1) 4
Men hur ska vi kunna bestämma tangentens riktningskoefficient (lutning)?
Figur 6: Vi har en intuitiv känsla av att en tangent är en linje som snuddar vid kurvan. Den har bara en punkt gemensam med kurvan, till skillnaden från sekanten som har två. Här ska vi närma oss en lösning på problemet genom att dra ett antal sekanter. Vi utgår från samma funktion som ovan f(x) =
Håkan Strömberg
x2 +2 3
11
KTH Syd
Figur 7:
och vill veta riktningskoefficienten till tangenten i punkten (1, 73 ). Vi bestämmer successivt riktningskoefficienten till ett antal sekanter och fyller i denna tabell x1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
x2 4 3 2 1.5 1.25 1.1 1.05 1.01 1.001
f(x1) 2.333 2.333 2.333 2.333 2.333 2.333 2.333 2.333 2.333
f(x2) 7.333 5.000 3.333 2.750 2.531 2.403 2.368 2.340 2.334
k 1.667 1.333 1.000 0.833 0.750 0.700 0.683 0.670 0.667
h 3 2 1 0.5 0.25 0.1 0.05 0.01 0.001
När nu x2 ’kryper’ närmare x1 så måste ju motsvarande sekanten får en riktningskoefficient som mer och mer liknar tangentens. Så om vi får gissa tangentens k-värde är k=
2 3
ingen dålig gissning. Om vi istället för x2 inför x1 + h, där h kommer att anta värdena enligt tabellen ovan och kan skriva ett mycket viktigt uttryck för att bestämma sekantens riktningskoefficient f(x + h) − f(x) f(x + h) − f(x) k= = x+h−x h I vårt försök har vi låtit h bli mindre och mindre. Vi har låtit h gå mot 0. Mer om detta i nästa föreläsning.
Håkan Strömberg
12
KTH Syd
1 Bestäm lutningen för tangenten till kurvan y = f(x) =
x2 +2 3
i punkten (1, 73 ). Lösning: Vi ska nu använda ’formeln’ från föregående sida:
k=
f(x + h) − f(x) f(x + h) − f(x) = = x+h−x h
(x+h)2 3
+2− h
x2 3
+2
Vi utvecklar uttrycket och får (x + h)2 − x2 x2 + 2xh + h2 − x2 2xh + h2 3 3 3 k= = = = h h h 2xh + h2 h(2x + h) 2x + h = = 3h 3h 3 När vi nu låter h bli mindre och mindre, varför inte rent av h = 0 får vi . Nu var det tangenten till punkten (1, 37 ) som var intressant. x = 1 k = 2x 3 insatt i vårt resultat ger 2·1 2 k= = 3 3 Något vi tidigare gissat. Svar: Tangenten i punkten (1, 73 ) har k-värdet = 23 . 2 Bestäm ekvationen till tangenten i förra problemet. Lösning: Vi utgår från y = kx + m och har redan k. Återstår att bestämma m. Eftersom linjen (tangenten) går genom punkten (1, 37 ) får vi 7 2 = ·1+m 3 3 som ger 7 2 5 − = 3 3 3 Svar: Tangentens ekvation är y = 32 x + 35 m=
Håkan Strömberg
13
KTH Syd
3 Den sträcka s(t) meter som en kropp rör sig på t sekunder beräknas enligt s(t) = 10t − t2. Beräkna a) s(4) b) s(4 + h) s(4 + h) − s(4) c) h d) Vad blir värdet av uttrycket när h blir mycket litet och vad har du då räknat ut? Lösning: a) s(4) = 10 · 4 − 42 = 24
b) s(4 + h) = 10(4 + h) − (4 + h)2 = 40 + 10h − 16 − 8h − h2 = 24 + 2h − h2 c)
2h − h2 h(2 − h) 24 + 2h − h2 − 24 = = =2−h h h h d) När h är riktigt litet eller h = 0 blir uttrycket ovan 2. Jag har då tagit reda på att hastigheten efter 4 sekunder är 2. 4 Beräkna diffrenskvoten f(x + h) − f(x) h 2 då f(x) = 3x − x , x = 1 och h = 0.2 Lösning: Vi vet att differenskvoten skrivs f(x + h) − f(x) h Vi får då
3(1 + 0.2) − (1 + 0.2)2 − (3 · 1 − 12) = 0.8 0.2 Vad har jag beräknat? k-värdet för den sekant som går genom punkterna (1.2, 2.16) och (1, 2). Dessa två punkter ligger ju på kurvan – eller hur? 5 Fyll i tabellen nedan då f(x) = x2 + 1, x = 5 och h varierar: h
f(x + h) − f(x) h
0.1 0.01 0.001 0.0001 0.00001
Håkan Strömberg
14
KTH Syd
Lösning: Vi har att sätta in olika h i formeln (5 + h)2 + 1 − (52 + 1) h h
f(x + h) − f(x) h
0.1
10.1
0.01
10.01
0.001
10.001
0.0001
10.0001
0.00001
10.00001
Vad har vi beräknat? När h blir mindre och mindre närmar sig differenskvoten k-värdet av tangenten till kurvan i punkten (1, 2) 6 Vilket värde närmar sig följande differenskvot då h närmar sig 0, då s(x) = 10x + 4x2 s(10 + h) − s(10) h Lösning: Vi ställer upp differenskvoten f(x + h) − f(x) 10(10 + h) + 4(10 + h)2 − (10 · 10 + 4 · 102) = h h Utvecklar vi detta uttryck får vi 100 + 10h + 4(100 + 20h + h2) − (100 + 400) = h 100 + 10h + 400 + 80h + 4h2 − 500 = h 90h + 4h2 h(90 + 4h) = = 90 + 4h h h 7 Normalen till en kurva i en given punkt på kurvan är en linje som går genom punkten och är vinkelrät mot tangenten. Vi har funktionen f(x) = x2 + 1 och vet att punkten (1, 2) ligger på kurvan och att tangenten till kurvan i denna punkt har k-värdet 2. Bestäm ekvationen till normalen i denna punkt Lösning: Först bestämmer vi ekvationen för tangenten och utgår från y = kx + m. Vi vet att k = 2 och att en punkt på linjen är (1, 2). Detta ger oss m genom ekvationen. 2=2·1+m
Håkan Strömberg
15
KTH Syd
Tangentens ekvation blir y = 2x Alltså m = 0. För normalens ekvation utgår vi åter från y = kx + m. Denna gång vet vi att k = − 12 och att punkten (1, 2) också ligger på normalen. Vi kan nu bestämma m genom ekvationen 1 2=− ·1+m 2 5 m= 2 Svar: Normalens ekvation y = − x2 + 52 . Vi avslutar med grafen. 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 -1
1
2
3
4
Figur 8:
1 Låt f(x) = 4x2 + 2x. Bestäm a) f(1) b) f(1 + h) c) f(a) d) f(a + h) 2 Funktionen är f(x) = x2. Gissa tangentens lutning i (0, 0). 3 Bestäm först nollställena till funktionen f(x) = x2 + x − 2. Gissa därefter k-värdet till tangenten i det största av funktionens nollställen. 4 Bestäm den genomsnittliga förändringshastigheten hos funktionen f(x) = x2 + x i intervallet [−2, 2] 5 Den vägsträcka, s meter, som en kropp rätlinjigt rört sig på tiden t sekunder bestäms av följande formel. Beräkna medelhastigheten i tidsintervallet från t1 = 12 till t2 = 15 s(t) = 7.5 + 0.83t2
Håkan Strömberg
16
KTH Syd
1
a) f(1) = 4 · 12 + 2 · 1 = 4 + 2 = 6
b)
f(1 + h) = 4(1 + h)2 + 2(1 + h) = 4(1 + 2h + h2) + 2 + 2h = 4 + 8h + 4h2 + 2 + 2h = 4h2 + 10h + 6 c) f(a) = 4a2 + 2a d) f(a + h) = 4(a + h)2 + 2(a + h) = 4(a2 + 2ah + h2) + 2a + 2h = 4a2 + 8ah + 4h2 + 2a + 2h 2 En inte allt för vågad gissning är k = 0. I nästa föreläsning kommer vi att visa detta. Grafen ger oss ytterligare känsla för att gissningen är korrekt. 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 -2
-1
1
2
Figur 9: 3 Först får vi funktionens nollställen genom att lösa ekvationen x2 + x − 2 = 0 x x x1 x2
= = = =
− 12 ± − 12 ± −2 1
q
1 4
+
8 4
3 2
Vi ska nu alltså bestämma k-värdet till tangenten i punkten (1, 0). Vi tecknar differnskvoten f(x + h) − f(x) f(1 + h) − f(1) = = h h f(1 + h) − f(1) (1 + h)2 + (1 + h) − 2 − (1 + 1 − 2) = = h h 1 + 2h + h2 + 1 + h − 2 3h + h2 h(3 + h) = = =3+h h h h När h närmar sig 0 närmar sig sekantens k-värde 3 som också är tangentens k-värde.
Håkan Strömberg
17
KTH Syd
4 Vi ställer upp följande uttryck f(2) − f(−2) 22 + 2 − ((−2)2 + (−2) 4 + 2 − (4 − 2) = = =1 2 − (−2) 4 4 Svar: Den genomsnittliga förändingshastigheten är 1 5 Vi behöver s(12) = 7.5 + 0.83 · 122 ≈ 127.02 och s(15) = 7.5 + 0.83 · 152 ≈ 194.25. Nu kan vi ställa upp följande uttryck s(15) − s(12) 194.25 − 127.02 = ≈ 22.41 15 − 12 3 Svar: medelhastigheten är 22.41 m/s
Räkna bokens uppgifter: 2121, 2124, 2125, 2126, 2128, 2129, 2132, 2136
2121 Fyra lutningar ska bestämmas, med hjälp av fem punkter som vi läser ut ur diagrammet.
2124 b)
kAB =
∆y y2 − y1 4 − 2 1 = = = ∆x x2 − x1 4−0 2
kBC =
∆y y3 − y2 2 − 4 = = = −1 ∆x x3 − x2 6−4
kCD =
∆y y4 − y3 5−2 3 = = = ∆x x4 − x3 10 − 6 4
kDE =
∆y y5 − y4 2−5 = = = −3 ∆x x5 − x4 11 − 10
∆y y(3) − y(1) 2−3 − 2−1 3 = = =− ∆x 3−1 2 16
2125 a)
∆f(x) f(6) − f(4) −63 + 6 · 62 − (−43 + 6 · 42) = = = −16 ∆x 6−4 2 2126 Som Du vet beräknas k-värdet med hjälp av formeln k=
∆y y2 − y1 = ∆x x2 − x1
Punkten A = (1, 2) kommer att vara densamma hela tiden. Punkten B kommer att starta i (2, 5) och sedan närma sig A. Vi ska nu se hur k-värdet då
Håkan Strömberg
18
KTH Syd
ändras k=
∆y f(2) − 2 5−2 = = =3 ∆x 2−1 1
k=
∆y f(1.5) − 2 3.25 − 2 = = = 2.5 ∆x 1.5 − 1 0.5
k=
f(1.1) − 2 2.21 − 2 ∆y = = = 2.1 ∆x 1.1 − 1 0.1
k=
∆y f(1.01) − 2 2.0201 − 2 = = = 2.01 ∆x 1.01 − 1 0.01
Vi har all anledning att tro att k-värdet kommer att närma sig 2 i takt med att x-koordinaten hos B närmar sig 2. 2128 Funktionen f(x) = x2 och (−2, 4) är given. Eftersom vi ännu inte kan derivera måste vi bestämma tangents k-värde numeriskt. k=
∆y f(−2) − f(−2.00001) f(−2) − f(−2.00001) = = = −4.00001 ∆x −2 − (−2.00001) 0.00001
Det är inte svårt att gissa att tangentens k-värde är −4. Tangentens ekvation ges förstås på formen y = −4x + m. Eftersom (−2, 4) är en punkt på linjen kan vi beräkna m genom 4 = −4 · (−2) + m, m = −4. Tangentens ekvation är y = −4x − 4 2129 b) Vi använder samma teknik som i förra uppgiften – bestämmer tangentens k-värde numeriskt. Funktionen är f(x) = 6x − x2 och punkten på kurvan (4, 8). f(4.0001) − f(4) 7.9998 − 8 ∆f(x) = = = −2.000 k= ∆x 4.0001 − 4 0.0001 Vi gissar nu att kt = −2. Linjens ekvation y = −2x + m kan bestämmas genom att sätta in den punkt vi känner (4, 8). 8 = −2 · 4 + m ger oss m = 16 och linjens ekvation y = −2x + 16 2132 Då funktionen är f(x) = 2x2 − 3 får vi ”ändringskvoten” f(a + h) − f(a) 2(a + h)2 − 3 − (2a2 − 3) 2a2 + 2h2 + 4ah − 3 − 2a2 + 3 = = = h h h 2h2 + 4ah 2h(h + 2a) = = 2(h + 2a) h h 2136 En linje som går genom punkten (1, 1) och har k-värdet k = 4 har ett m-värde 1 = 4 · 1 + m, m = −3. Detta leder till sekantens ekvation y = 4x − 3 Vi ser att sekanten skär kurvan på två ställen och vi är på jakt efter den andra skärningspunkten. Vi får ett ekvationssystem y = x2 y = 4x − 3
Håkan Strömberg
19
KTH Syd
12.5 10 7.5 5 2.5
1
2
3
-2.5 -5
Figur 10:
y är uttryckt på två sätt, vilket leder till andragradsekvationen x2 = 4x − 3, med rötterna x1 = 1 (har vi redan) och x2 = 3. När x = 3 är y = 9. Punkten vi söker är då (3, 9)
Håkan Strömberg
20
KTH Syd
Nu har vi kretsat kring och förberett oss på begreppet derivata i två föreläsningar. Nu är tiden inne! Men innan dess ska vi diskutera gränsvärde, ett annat begrepp. Om vi har uttrycket 8+h och låter h gå mot noll innebär det att uttrycket närmar sig ett gränsvärde, 8. Verkar självklart. För att uttrycka detta skriver man lim 8 + h = 8
h→0
Vi uttalar detta: Gränsvärdet för 8 + h, då h går mot 0, är 8. De flesta gränsvärden vi kommer att syssla den närmaste tiden är självklara. Trots det ska vi lära oss att använda lim (limes), när vi uttrycker gränsvärden. Att alla gränsvärden inte är triviala inser vi då vi till exempel ser √ h+9−3 lim h→0 h Sätter vi in h = 0 får vi 00 – och vad är det? Genom att successivt sätta in mindre och mindre h, som vi har övat på alldeles nyligen till exempel h = 0.001 får vi √ 0.001 + 9 − 3 ≈ 0.166662 0.001 Med ett ännu mindre h = 0.00001 får vi √ 0.00001 + 9 − 3 ≈ 0.166667 0.00001 Ingen större ändring. Det är tydligt att gränsvärdet är ungefär 0.166667 eller kanske 1 . Hur som helst är det bara en gissning. 6 Ett annat gränsvärde är x2 − x − 12 x→−3 x+3 lim
Skulle vi få för oss att sätta in x = −3 direkt får vi återigen 00 . Men den här gången kan vi faktorisera täljaren och få (x − 4)(x + 3)) = lim x − 4 = −7 x→−3 x→−3 x+3 lim
Håkan Strömberg
21
KTH Syd
Hur som helst är dessa två exempel klar överkurs vad gäller gränsvärden i denna kurs. Jag vill bara visa att gränsvärden inte alltid är triviala. Med denna korta introduktion till gränsvärden kan vi övergår till att definiera begreppet derivata. Det gränsvärde som differenskvoten f(a + h) − f(a) h har, då h → 0 kallas för derivatan av funktionen y = f(x) i punkten x = a och skrivs f ′ (a) (uttalas f prim a).
Nu kan vi skriva detta med lim på följande sätt
f(a + h) − f(a) h→0 h
f ′ (a) = lim
1 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (3) då f(x) = x2 Lösning: Vi ställer upp följande uttryck f(3 + h) − f(3) (3 + h)2 − 32 = lim = h→0 h→0 h h
f ′ (3) = lim
9 + 6h + h2 − 9 h(6 + h) = lim = lim (6 + h) = 6 h→0 h→0 h→0 h h ′ Svar: f (3) = 6 lim
2 Bestäm genom att utnyttja derivatans definition f ′ (5) då f(x) = 3x − x2 Lösning: Återigen samma typ av uttryck f(5 + h) − f(5) (3(5 + h) − (5 + h)2) − (3 · 5 − 52) = lim = h→0 h→0 h h
f ′ (5) = lim
(15 + 3h − (25 + 10h + h2)) − (15 − 25) = h→0 h (15 + 3h − 25 − 10h − h2) + 10 lim = h→0 h −7h − h2 h(−7 − h) = lim = lim (−7 − h) = −7 lim h→0 h→0 h→0 h h ′ Svar: f (5) = −7 Det kan kännas mödosamt att varje gång man ska derivera utnyttja derivatans definition, vilket ofta leder till ganska komplicerade beräkningar. Som tur är finns det deriveringsregler, som vi snart kommer att lära oss. Samtidigt är det mer än troligt att ett problem där man är tvingad att använda derivatans definition att dyka upp på KS och/eller tentamen. lim
Håkan Strömberg
22
KTH Syd
3 Bestäm genom att utnyttja derivatans definition f ′ (x) då f(x) = x Lösning: Vi har denna gång inte bestämt oss för något speciellt värde på x. Återigen tecknar vi uttrycket x+h−x h f(x + h) − f(x) = lim = lim = 1 h→0 h→0 h h→0 h h
f ′ (x) = lim
Resultat f ′ (x) = 1. Det blev inte ens något h över! Vad står f(x) = x för? Hur ska vi tolka resultatet? 4 Bestäm genom att utnyttja derivatans definition f ′ (x) då f(x) = x2 Lösning: Man behöver inte som i tidigare exempel skriva om hela uttrycket med lim och allt utan kan till att börja med förenkla den uppställa differenskvoten f(x + h) − f(x) (x + h)2 − x2 x2 + 2xh + h2 − x2 h(2x + h) = = = = 2x+h h h h h Nu har vi förenklat uttrycket och själva limesövergången blir som oftast trivial. Vi skriver lim (2x + h) = 2 h→0
′
Svar : f (x) = 2x 5 Bestäm genom att utnyttja derivatans definition f ′ (x) då f(x) = x3 Lösning: Diffrenskvoten blir (x + h)3 − x3 f(x + h) − f(x) = = h h (x + h)(x + h)2 − x3 (x + h)(x2 + 2xh + h2) − x3 = = h h x3 + 3x2h + 3xh2 + h3 − x3 h(3x2 + 3xh + h2) = = 3x2 + 3xh + h2 h h Javisst, jobbiga räkningar. Gränsvärdesövergången ger denna gång lim (3x2 + 3xh + h2) = 3x2
h→0
Svar: f ′ (x) = 3x2 6 Nu blir det ännu värre! Bestäm genom att utnyttja derivatans definition f ′ (x) då f(x) = x4 Lösning: Diffrenskvoten blir f(x + h) − f(x) (x + h)4 − x4 = h h Räkningarna är ju inte så intressanta så vi hoppar till slutet 4x3h + 6x2h2 + 4xh3 + h4 = 4x3 + 6x2h + 4xh2 + h3 h Håkan Strömberg
23
KTH Syd
Gränsvärdet tecknar vi nu lim (4x3 + 6x2h + 4xh2 + h3) = 4x3
h→0 ′
3
Svar: f (x) = 4x
7 Vågar man nu en gissning. Bestäm f ′ (x) då f(x) = x5 Lösning: En kvalificerad gissning är f ′ (x) = 5x4. Vad kan man då säga om f ′ (x) då f(x) = xn (där n är ett heltal ≥ 1). Förstås är f ′(x) = n · xn−1
1 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (1) då f(x) = x2 2 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (2) då f(x) = x2 − 5 3 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (x) då f(x) = 3x + 4 4 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (x) då f(x) = (x + 1)2
1 Ställ först upp differenskvoten f(1 + h) − f(1) (1 + h)2 − 1 1 + 2h + h2 − 1 h(2 + h) = = = =2+h h h h h Nu kan vi skriva lim (2 + h) = 2 h→0
Svar : f ′ (1) = 2 2 Ställ först upp differenskvoten f(2 + h) − f(2) (2 + h)2 − 5 − (22 − 5) = = h h 4 + 4h + h2 − 5 + 1 h(4 + h) = =4+h h h Nu kan vi skriva lim (4 + h) = 4
h→0
Svar : f ′ (2) = 4 3 Ställ först upp differenskvoten f(x + h) − f(x) (3(x + h) + 4) − (3x + 4) = = h h 3x + 3h + 4 − 3x − 4 3h = =3 h h Vi behöver ingen gränsövergång eftersom inget h finns kvar. Svar : f ′ (x) = 3, som ju också är linjens k-värde
Håkan Strömberg
24
KTH Syd
4 Ställ först upp differenskvoten f(x + h) − f(x) (x + h + 1)2 − (x + 1)2) = = h h x2 + 2xh + 2x + h2 + 2h + 1 − (x2 + 2x + 1) = h x2 + 2xh + 2x + h2 + 2h + 1 − x2 − 2x − 1) = h 2xh + h2 + 2h) h(2x + h + 2) = = 2x + 2 + h h h Nu kan vi skriva lim (2x + 2 + h) = 2x + 2 h→0
′
Svar : f (x) = 2x + 2
Räkna bokens uppgifter: 2202, 2204b, 2208d, 2211a, 2212, 2215a
2202 Beräkna
f(3 + h) − f(3) då f(x) = x2 h→0 h lim
Detta ger (3 + h)2 − 32 h2 + 6h = lim = lim 6 + h = 6 h→0 h→0 h→0 h h Vi har därmed bestämt riktningskoefficienten (k-värdet) för tangenten i punkten (3, 9). Eller helt enkelt kurvans lutning i denna punkt. Till sist ska vi komma fram till uttrycket: Funktionen f(x) = x2 har derivatan f ′ (3) = 6. lim
2204 b) Här får vi för första gången ett uttryck där vi inte kan förkorta bort h i nämnaren: (8 + h)1/3 − 81/3 lim h→0 h Då h → 0 går bråket mot 00 . Denna division är inte utan vidare definierad, så vi får ta till numeriska och grafiska metoder√än så länge. Det finns anledning att tro att funktionen i fråga är f(x) = 3 x och att vi är intresserade av lutningen i punkten (8, 2). Visst kan vi uppskatta tangentens lutning genom figur 11, även om det känns osäkert. Tänk på att skalan inte är densamma på x- och y-axeln. Kanske är k ≈ 0.1?
Håkan Strömberg
25
KTH Syd
Figur 11:
Bättre kommer det att gå om vi räknar ut k=
(8 + h)1/3 − 81/3 h
för olika värden på h. Vi börjar till exempel med h = 3 och låter h successivt närma sig 0, men förstås aldrig nå riktigt fram dit. En tabell visar h k h k
3 0.07466 0.02 0.083264
2 0.0772173 0.01 0.0832986
1 0.0800838 0.001 0.0833299
0.5 0.0816551 0.0001 0.083333
0.2 0.0826484
Av denna tabell att döma tror vi oss förstå att gränsvärdet är 0.0833 . . ., vilket också överensstämmer med det exakta värdet 1/12. Hur får man nu detta, jo genom att derivera funktionen f(x) och ur detta bestämma f ′ (8) 2
x− 3 1 som ger f ′ (8) = 3 12 Detta sagt till dem som mins. Vi återkommer till detta senare och konstaterar att vi inte matematiskt klarar av alla gränsvärden. 1
f(x) = x 3 har derivatan f ′ (x) =
2208 d) Nu åter till en uppgift vars teknik vi behärskar. f(x) = x2 + 1 och vi ska beräkna f(3 + h) − f(3) lim h→0 h Problemet är bara aningen svårare (?) än 2202. Punkten på kurvan i vilken vi ska bestämma lutningen är (3, 10). Vi skriver nu (3 + h)2 + 1 − (32 + 1) h2 + 6h = lim = lim 6 + h = 6 h→0 h→0 h→0 h h lim
2211 a) Bestäm f ′ (4) där f(x) = 5x + 3. Vilken typ av funktion är f(x)? Jo förstås en rät linje. k-värdet till linjen är 5 det vet vi från annat håll. Lutningen är densamma var på ”kurvan” vi befinner oss. Även om vi direkt såg detta ska vi utföra beräkningarna med den teknik vi använder i detta kapitel. lim
h→0
f(4 + h) − f(4) 5(4 + h) + 3 − (5 · 4 + 3)) 5h = lim = lim =5 h→0 h→0 h h h
Håkan Strömberg
26
KTH Syd
Nu har vi bestämt att f ′ (4) = 5. Men vad händer om vi istället beräknar f ′ (x)? 5(x + h) + 3 − (5 · x + 3)) 5h f(x + h) − f(x) = lim = lim =5 h→0 h→0 h h→0 h h lim
Det blir ingen skillnad oavsett vilket värde vi väljer på x så är f ′ (x) = 5 2212 Vi får reda på att f(2 + h) − f(2) = 3h2 + 14h. Detta betyder inte att vi kan säga hur f(x) ser ut. Det är inte heller det som efterfrågas så vi släpper den frågan. Vi ska istället bestämma f(2 + h) − f(2) 3h2 + 14h = lim = lim 3h + 14 = 14 h→0 h→0 (2 + h) − 2 h→0 h lim
2215 a)
(2 + h)3 − 8) f(x + h) − f(x) = lim h→0 h→0 h h Detta uttryck är ju inte så snällt vi måste förenkla lim
(2 + h)3 − 8 = (2 + h)(4 + h2 + 4h) = 8 + 2h2 + 8h + 4h + h3 + 4h2 − 8 = h3 + 6h2 + 12h = h(h2 + 6h + 12) och återgår till vår gränsvärdesberäkning h(h2 + 6h + 12) f(x + h) − f(x) = lim = h→0 h→0 h h lim
lim h2 + 6h + 12 = 12
h→0
Håkan Strömberg
27
KTH Syd
Vi har lärt oss derivera en funktion, främst polynom, med hjälp av derivatans definition. Vi har funnit denna teknik ganska krävande. Desto trevligare blir det då att konstatera att det finns enkla deriveringsregler, för att derivera de flesta funktioner. Dessa regler finns dessutom i formelsamlingen. Vi kommer nu under tre föreläsningar att lära oss regler för att derivera • polynomfunktioner • potensfunktioner
• exponentialfunktioner Det är dessa funktionstyper du måste kunna derivera i denna kurs. I nästa kurs kommer du att lära dig derivera trigonometriska funktioner (sin x, cos x, tan x). Vi bestämde i förra föreläsningen f(x) = x f(x) = x2 f(x) = x3 f(x) = x4
f ′ (x) = 1 f ′ (x) = 2x f ′ (x) = 3x2 f ′ (x) = 4x3
Från detta slöt vi oss till att Regel I:
f(x) = xn
f ′ (x) = n · xn−1
Åtminstone när heltalet n ≥ 1. Vi ser nu detta som en deriveringsregel.
Vilken derivata har då f(x) = 3x2? Vi tillfogar alltså en koefficient. Vi visar derivatan med dess definition: f ′ (x) =
3(x + h)2 − 3x 3(x2 + 2xh + h2) − 3x2 f(x + h) − f(x) = = = h h h
3x2 + 6xh + 3h2 − 3x2 h(6x + 3h) = = 6x + h h h Vi låter h gå mot 0 lim (6x + h) = 6x h→0
Vi visste från tidigare att f(x) = x2 har derivatan f ′ (x) = 2x. Nu kan vi se att f(x) = 3x2 har derivatan f ′ (x) = 3 · 2x = 6x. Vi har en ny regel: Regel II:
Håkan Strömberg
f(x) = k · xn 28
f ′ (x) = k · nxn−1 KTH Syd
Att funktionen f(x) = 7 har derivatan f ′ (x) = 0 ser vi genom derivatans definition f ′ (x) =
7−7 f(x + h) − f(x) = =0 h h
Vi behöver inte ens ta till gränsvärde för att inse detta. Regel III:
f(x) = k
f ′ (x) = 0
Den fjärde regeln vi behöver är Regel IV: Ett polynom får deriveras termvis. Du vet ju att två termer skills åt av ett + eller −. Nu är vi redo att derivera att polynom, vilket som helst med hjälp av de fyra reglerna vi slagit fast ovan. Ett exempel Vi har funktionen f(x) = 3x7 − 4x3 + x2 − 100 och kan snabbt fastställa dess derivata till f ′ (x) = 3 · 7x6 − 4 · 3x2 + 2x = 21x6 + 12x2 + 2x Vi har deriverat var och en av de fyra termerna i polynomet var och en för sig efter de regler vi känner till
1 Bestäm f ′ (x) till f(x) = 4x4 + 3x3 + 2x2 + x + 1 Lösning: f ′ (x) = 16x3 + 9x2 + 4x + 1 2 Bestäm f ′ (3) då f(x) = 3x4 + 2x Lösning: Först bestämmer vi derivatan f ′ (x) = 12x3 + 2 Sedan bestämmer vi f ′ (3) = 12 · 33 + 2 = 12 · 27 + 2 = 326 3 Finns det flera funktioner var derivata är f ′ (x) = 3x2 + 2x
Håkan Strömberg
29
KTH Syd
Lösning: Om vi deriverar ’baklänges’ (integrerar ) får vi f(x) = x3 + x2 Är detta det enda svaret? När man inser att både g(x) = x3 + x2 + 1 och h(x) = x3 + x2 + 1000 förstår man att det finns oändligt många polynom som har denna derivata. 4 Om vi startar med funktionen f(x) = 3x3 + x2 + x så kan man derivera den och få f ′ (x). Om man sedan i sin tur deriverar f ′ (x) får man en funktion man kallar f ′′ (x). Hur länge kan man derivera f(x) innan resultatet blir 0? Lösning: f ′ (x) = 9x2 + 2x + 1 f ′′ (x) = 18x + 2 f ′′′ (x) = 18 fIV (x) = 0 Alla högre derivator är förstås 0. 5 Bestäm f ′ (x) = 0 då f(x) =
x3 x2 − − 6x 3 2
Lösning: Vi bestämmer först derivatan f ′ (x) = x2 − x − 6 f ′ (x) = 0 då x2 − x − 6 = 0 Vi har att lösa en andragradsekvation x2 − x − 6 = 0 x x x1 x2
1 2 1 2
± = = ± = 3 = −2
q
1 4
+
24 4
5 2
Derivatan har två nollställen x = 3 och x = −2. Vad innebär det att f ′ (x) = 0? Vi tar en titt på graferna till f(x) och f ′ (x).
Håkan Strömberg
30
KTH Syd
5
-3
-2
-1
1
2
3
4
-5 -10
Figur 12: Vilken graf är vilken? 6 Bestäm a i f(x) så att f ′ (3) = 14 f(x) = 3x2 + ax + 3 Lösning: Vi deriverar och håller i minnet att a är en konstant. f ′ (x) = 6x + a f ′ (x) = 14 då 6 · 3 + a = 14
som ger a = −4. 7 Beräkna f ′ (0) då
f(x) = ax3 + bx2 + cx + d där a, b, c, d är konstanter Lösning: Dels gäller det att skilja på f ′ (x) = 0 och f ′ (0). Vi deriverar: f ′ (x) = 3ax2 + 2bx + c f(0) ger då 8 Derivera
f(0) = 3 · a · 02 + 2 · b · 0 + c = c f(x) = (x + 1)3
Lösning: Vi kan inte klara denna uppgift utan att utveckla (x + 1)3 f(x) = (x + 1)3 = x3 + 3x2 + 3x + 1 (Du kommer väl ihåg Pascals triangel?). Nu kan vi derivera f ′ (x) = 3x2 + 6x + 3 Som kan ju skrivas som f ′ (x) = 3(x2 + 2x + 1) = 3(x + 1)2 Jus den här gången hade vi kunnat använda samma regler som att derivera g(x) = x3, men det funkar långt ifrån alltid.
Håkan Strömberg
31
KTH Syd
1 Derivera f(x) = x3 − 4x2 + 13x + 108 2 Bestäm f ′ (x) = 0 då f(x) = x2 − 8x + 10 3 Bestäm f ′ (1) då f(x) = 3x2 + 2x + 3 4 Beräkna värdet på x för vilket f ′ (x) = 2 då f(x) = 8x − x2 5 En cirkels area är en funktion A(r) där r cirkelns radie. Bestäm A ′ (r)
1 Derivatan blir f ′ (x) = 3x2 − 8x + 13 2 Första deriverar vi f ′ (x) = 2x − 8 Sedan sätter vi f ′ (x) = 0 och får ekvationen 2x − 8 = 0 som har roten x = 4 Svar: f ′ (x) = 0 då x = 4 3 Först deriverar vi f ′ (x) = 6x + 2 Sedan bestämmer vi Svar: f ′ (1) = 8
f ′ (1) = 6 · 1 + 2 = 8
4 Vi deriverar f ′ (x) = 8 − 2x f ′ (x) = 2 leder till ekvationen 8 − 2x = 2 Med roten x = 3 Svar: x = 3
Håkan Strömberg
32
KTH Syd
5 Funktionen är A(r) = πr2 Då måste A ′ (r) = 2πr som också är formeln för cirkelns omkrets!
Räkna bokens uppgifter: 2303d, 2307b, 2311, 2313
2303 d) TB: Jaha, nu gäller det att kunna sina deriveringsregler. Polynom kommer man alltid ihåg hur de ska deriveras. f(x) = 4x2 + 5x3 ger derivatan f ′ (x) = 8x + 15x2 2307 b) TB: Lite lite svårare. När jag deriverat ska jag ta reda på f ′ (3) Funktionen är f(x) = 2 + 3x + 4x2 − 5x3 som har derivatan f ′ (x) = 3 + 8x − 15x2. f ′ (3) = 3 + 8 · 3 − 15 · 32 = −108
KTH: Det går som tåget 2311 b)
TB: Den här gången ska jag ta reda på derivatans nollställen. Jag ska lösa ekvationen f ′ (x) = 0. Det blir väl en andragradsekvation eftersom f(x) = 2x3 + 30x2 + 96x + 34 är av tredje graden. f(x) f ′ (x) f ′ (x) x2 + 10x + 16 x1 = −8
= = = =
2x3 + 30x2 + 96x + 34 6x2 + 60x + 96 0 då 6x2 + 60x + 96 = 0 0 x2 = −2
Vi kan väl visa graferna eller hur? Stämmer bra 2313 TB: Nu ska jag försöka gå bakvägen på något sätt. Jag har alltså redan f ′ (x) = 3x2 + 2x och vill ha tag i f(x). Det måste väl bli någonting liknande f(x) = x3 + x2. Det stämmer. KTH: Du ska hitta två funktioner som har den här derivatan? TB: Va! Det kan det väl inte finnas? Aha, du menar att till exempel f2(x) = x3 + x2 + 123 också har derivatan f2′ (x) = 3x2 + 2x? Den konstanta termen kan vara vad som helst. Det finns alltså hur många som helst.
Håkan Strömberg
33
KTH Syd
600 500 400 300 200 100 -10
-8
-6
-4
-2
2
Figur 13:
KTH: Det här kommer du att få lära dig mer om framöver. Det kallas att integrera till skillnad från att derivera
Under denna rubrik kommer då och då att presenteras ett problem som bygger på logiskt tänkande och mer problemlösning än många av de matematiska problem vi kommer att lösa i denna kurs. Dela bröd och pengar Två luffare, A med 3 bröd och B med 5 bröd, hade just satt sig vid vägkanten för att äta, då en tredje luffare, C, kom förbi. C hade ingen egen mat, utan betalade sin andel med 8 kr. Hur skulle detta belopp fördelas rättvist mellan A och B, om maten delats lika mellan de tre luffarna?
Håkan Strömberg
34
KTH Syd
Derivatan av potensfunktioner. Potensfunktioner med heltalsexponenter, som du redan kan derivera, kallas polynomfunktioner, som till exempel: f(x) = 2x4 − x3 + 2x + 8 Derivatan blir: f ′ (x) = 8x3 − 3x2 + 2 Men hur är det när exponenterna inte är heltal eller är negativ, som till exempel 1 x2
1
g(x) = x 3 +
Gäller den regel vi lärt oss för heltalsexponenter? h ′ (x) = n · xn−1
h(x) = xn Svaret är ja! Det betyder att
1 2 1 2 g ′ (x) = x− 3 − 2x−3 = √ − 3 3 3 3 x2 x För den som kan sina potenslagar är den avslutande omskrivningen inte konstig.
1 Bestäm derivatan till f(x) =
√
x
Lösning: 1 Eftersom funktionen kan skrivas f(x) = x 2 förstår vi att derivatan blir f ′ (x) =
1 −1 1 1 √ ·x 2 = 1 = 2 2 x 2x 2
Svar:
1 √ 2 x
2 Bestäm derivatan till f(x) =
√
x
med hjälp av derivatans definition
Håkan Strömberg
35
KTH Syd
Lösning: Vi börjar med att ställa upp diffrenskvoten √ √ √ √ √ √ ( x + h − x)( x + h + x) f(x + h) − f(x) x+h− x √ = = = √ h h h( x + h + x) Vi har förlängt med konjugatet. h 1 x+h−x √ √ = √ √ =√ √ h( x + h + x) h( x + h + x) x+h+ x Nu är det dags att låta h → 0 lim √
h→0
1 1 1 √ = √ √ =√ x+ x 2 x x+h+ x
Svar:
1 √ 2 x
3 Derivera funktionen f(x) =
√ 3
x2 +
√ 4
x3
Lösning: Vi skriver först funktionen utan rottecken 2
3
f(x) = x 3 + x 4 Nu är det dags att derivera 1
1
3x− 4 2 3 2x− 3 + = f (x) = 1 + 1 = 3 4 3x 3 4x 4 ′
Svar:
2 3 f ′ (x) = √ + √ 3 3 x 44x
4 Då man inte vill ha rötter i nämnaren kan man ofta förlänga bråket med lämpligt uttryck och vips finns det bara rötter i täljaren. Fixa bort roten i nämnaren 3 √ 3 Lösning: √ Vi förlänger med 3 och får √ √ 3 3 3 3 3 √ √ =√ √ = = 3 3 3 3 3 5 Fixa bort rottecknen i nämnaren √ √ a+ b √ √ a− b Håkan Strömberg
36
KTH Syd
Lösning: Nu förlänger vi med konjugatet till uttrycket i nämnaren √ √ √ √ ( a + b)( a + b) √ √ √ √ ( a − b)( a + b) √ √ √ √ √ a + 2 ab + b ( a + b)( a + b) = a−b a−b 6 En tangent till funktionen √ f(x) = x har k-värdet k = 12 . I vilken punkt tangerar tangenten funktionens kurva? Lösning: Vi startar med att derivera funktionen 1 f ′ (x) = √ 2 x Genom att lösa ekvationen f ′ (x) =
1 2
får vi svaret
1 √
= 21 2 x √ x 1 = x = 1 Då f(1) = 1 är den eftersökta punkten (1, 1) Svar: (1, 1) Studera figuren: 2 1.5 1 0.5
0.5
1
1.5
2
2.5
3
Figur 14: 7 Bestäm h ′ ( 21 ) då h(x) =
1 1 + 2 x x
Lösning: Vi skriver om funktionen på en form som är enklare att derivera: h(x) = x−1 + x−2 Nu deriverar vi h ′ (x) = −x−2 − 2x−3 = −
Håkan Strömberg
37
1 2 − 3 2 x x KTH Syd
Nu kan vi bestämma h( 12 ) 1 1 2 1 2 h ′ ( ) = − 2 − 3 = − 1 − 1 = −4 − 2 · 8 = −20 1 1 2 4 8 2
2
Svar: h ′ ( 21 ) = −20 150 100 50 -4
-2
2
4
2
4
-50 -100
8
Figur 15: 200 150 100 50 -4
-2 -50
Figur 16: Här ser du två grafer. Den ena visar derivatan av den andra. Vilken är vilken? Lösning: Den övre är derivata till den undre. Hur kan man se det? De punkter på funktionens kurva som har tangenter som har k = 0 innebär att f ′ (x) för dessa punkter ska vara 0, eller hur? 9 Bestäm grafiskt (se figur 17), det vill säga ungefär, följande värden f(0) f ′ (2.1) f(2) f ′ (−0.8) Lösning: f(0) = 6 f ′ (2.1) = 0 f(2) = −4 f ′ (−0.8) = 0 10 Åter till figur 17. I vilka punkter A, B, C är f ′ (x) > 0 f ′ (x) < 0 f ′ (x) = 0 Lösning: A : f ′ (x) > 0 C : f ′ (x) < 0 B : f ′ (x) = 0
Håkan Strömberg
38
KTH Syd
Figur 17: Uppgift 9 och 10
1 Bestäm derivatan till f(x) =
1 + x2 x4
2 Beräkna a) f(0) b) f(x) = 0 c) f ′ (0), d) f ′ (x) = 0 till funktionen f(x) = x2 − x − 6 3 Beräkna derivatan till
√ 1 f(x) = 2 x − √ x
4 Vilket är störst f ′ (1) eller f ′ (2) då f(x) =
Håkan Strömberg
39
√ 3
x
KTH Syd
5
I f(x) = x2 + x II g(x) = x2 − 1 III h(x) = 1 − x2
Figur 18: Para ihop funktionerna med rätt kurva.
1 Vi skriver om funktionen till f(x) = x−4 + x2 Nu är det enkelt att derivera f ′ (x) = −4x−5 + 2x Tycker man inte om negativa exponenter kan man skriva om derivatan till f ′ (x) = 2x −
4 x5
2 Enklast att beräkna är f(0) f(0) = 02 − 0 − 6 = −6 För att bestämma f(x) = 0 måste vi lösa en ekvation, här en andragradsekvation: x2 − x − 6 = 0 q x = 21 ± 14 + 24 4 x = 12 ± 52 x1 = 3 x2 = −2 För att bestämma f ′ (0) måste vi derivera f(x): f ′ (x) = 2x − 1
Håkan Strömberg
40
KTH Syd
Detta ger f ′ (0) = 2 · 0 − 1 = −1
Så över till sista delen f ′ (x) = 0, som leder till den enkla ekvationen 2x − 1 = 0 x = 21 Svar: a) −6 b) x1 = 3, x2 = −2 c) −1 d) x =
1 2
3 Först skriver vi om funktionen 1
1
f(x) = 2x 2 − x− 2 Nu är det lämpligt att derivera 1
3
2x− 2 −1 · x− 2 f (x) = − = 2 2 ′
−1
1 1 1 1 =√ + √ =√ + √ = x 2 x3 x 2x x x 2·x √ √ Förklara för dig själv, sista steget, att x3 = x x 1
1 2
−
3 2
4 Vi kan inte besvara denna fråga utan att derivera 1
f(x) = x 3 som är
2
1 1 · x− 3 1 √ f (x) = = 2 = 3 3 3 x2 3x 3 med eller utan hjälp av dosan ser vi att f ′ (1) > f ′ (2) ′
5 Svar: I) B, II) A, III) C
Räkna bokens uppgifter: 2320b, 2323
2320 b)
Håkan Strömberg
41
KTH Syd
TB: Jag vet att en tangent till en kurva har samma k-värde som derivatan till kurvans funktion i den punkten. Sedan vet jag att tangenten också går genom den aktuella punkten, (1, 2). Så nu är det bara att sätta igång. f(x) = x +
√ x 1
f(x) = x + x 2 1
x− 2 f (x) = 1 + 2 1 f ′ (x) = 1 + √ 2 x 3 f ′(1) = 2 ′
Tangentens k-värde är alltså k = 3/2. Vi utgår från linjens funktion f(x) = k · x + m och kan redan nu skriva den som f(x) = 23 · x + m. Återstår att bestämma m med hjälp av punkten (1, 2), 2 = 32 ·1+m ger m = 12 . Funktionen är nu bestämd 3 1 f(x) = x + 2 2 2323 TB: Konstig uppgift. Vi har funktionen S(A) = 20 · A0.33. Vi ska nu bestämma S ′(A) = 1 och tolka resultatet. S(A) = 20 · A0.33 S ′(A) = 0.33 · 20 · A−0.67 S ′(A) = 0 då 0.33 · 20 · A−0.67 = 1 1 A−0.67 = 6.6 1 − 0.67 1 A = ≈ 16.7 6.6 Jag kan inte tolka det här resultatet! KTH: Om vi har en ö med arean 16.7 km2, så kommer antalet arter att öka med 1 om öns area av någon anledning ökas med 1 km2. Eller bättre uttryckt: Om vi går till en ö som är 1km2 större så kan vi förvänta oss att hitta 1 art mer på denna ö. TB: Om det inte finns någon ö över huvud taget, så finns det heller inga arter där, S(0) = 0, men då finns det väl fiskar istället. En ö på 1km2 har 20 arter. Jag förstår att antalet arter växer snabbare när man utökar en liten ö än en stor.
Håkan Strömberg
42
KTH Syd
Svar till: Dela bröd och pengar Luffarna åt 8/3 bröd var. Luffare A gav bort 3 − 8/3 = 1/3 bröd till C och luffare B gav bort 5 − 8/3 = 7/3 bröd till C. Alltså ska A ha 1 kr och B 7 kr. De fyra korten Det ligger fyra kort, med baksidan upp, i en rad på bordet, spaderkung, spaderdam, hjärterkung och hjärterdam. I vilken ordning ligger korten om vi vet att: • det ligger en kung direkt till höger om en dam
• det ligger en dam direkt till höger om en kung
• det ligger en kung direkt till höger om en kung
• det ligger en spader direkt till höger om en spader • det ligger en spader direkt till höger om en hjärter
Håkan Strömberg
43
KTH Syd
Räta linjen på olika former Här ska vi bara påpeka att förutom k-form, den som vi är mest vana vid y=k·y+m finns också allmän form: ax + by + c = 0 där a och b är konstanter, som inte någon står för vare sig linjens lutning eller var den skär y-axeln. Dessutom finns enpunktformen: y − y1 = k(x − x1) där (x1, y1) är en känd punkt på linjen. Till sist har vi denna där a och b är konstanter vars betydelse vi återkommer till: y x + =1 a b Alla dessa sätt att teckna en linjär funktion är förstås ekvivalenta. Ett bra tips är att föra över en given linjär funktion till den form som man är mest van vid. Under ’Lösta uppgifter’ tar vi upp några exempel. Derivatan av exponentialfunktionen. Vi minns att f(x) = 3x är ett exempel på en exponentialfunktion. Kännetecknet är att x förekommer som exponent. Det är fritt fram för vilken positiv bas som helst. I exemplet har vi använt basen 3. Så här ser grafen ut: 25 20 15 10 5 -2
-1
1
2
3
Figur 19: Gemensamt för alla exponentialfunktioner är att de växer snabbt då basen är > 1. Man talar om ”exponentiell tillväxt” och menar då något som ökar snabbt. (Även
Håkan Strömberg
44
KTH Syd
om detta inte alltid är helt korrekt. Jag menar att med basen 1.01, (1%), är ju tillväxten inte särskilt snabb). Vi förstår att denna funktion liksom andra vi studerat hittills har en tangent i varje punkt på kurvan. Med andra ord det borde finnas en derivata till f(x) = 3x. Använder vi derivatans definition för att ta reda på den får vi f(x + h) − f(x) 3x+h − 3x = lim h→0 h→0 h h
f ′ (x) = lim Vidare
3x3h − 3x 3x(3h − 1) = lim h→0 h→0 h h x Eftersom 3 inte är direkt inblandad när h → 0, så kan vi skriva (om inte helt självklart) (3h − 1) 3x · lim h→0 h Sedan är det stopp! Det vi lärt oss om gränsvärden räcker inte för att knäcka detta. Vi ser att, när h = 0 får vi 00 . Vi går till en bok för högre studier i matematik och hittar (ah − 1) = ln a lim h→0 h Använder vi detta resultat får vi lim
(3h − 1) = ln 3 · 3x h→0 h
3x · lim
Det återstår nu endast ett problem. Vad står ln för? Vi kommer ihåg att lösningen till ekvationen 10x = 23 skrivs x = lg 23. Detta är en logaritmekvation där vi använder basen 10. Basen 10 är (åtminstone i Sverige) knuten till symbolen lg och det finns en knapp på dosan märkt log som motsvarar lg. Vilken bas man använder när man räknar med logaritmer är egentligen valfritt! Det känns naturligt att använda basen 10 eftersom vi använder oss av basen 10 när vi skriver våra tal. En annan bas är e. Talet e är en konstant precis som π och dessutom lika viktig i matematiken. Jag ska nu försöka förklara varifrån talet e kommer. Betrakta uttrycket x 1 lim 1 + x→∞ x Det handlar alltså om ett gränsvärde där x → ∞ Plottar vi funktionen x 1 f(x) = 1 + x får vi följande graf, se 20. Vi kan gissa eller tro att kurvan närmar sig en gräns när x → ∞. Jag påstår att denna gräns är just talet e. Här har du talet e med de 200 första decimalerna: Håkan Strömberg
45
KTH Syd
2.6 2.4 2.2 10
20
30
40
50
1.8
Figur 20:
2.7182818284590452353602874713526624977572470936999595749 669676277240766303535475945713821785251664274274663919320 030599218174135966290435729003342952605956307381323286279 4349076323382988075319525101901 Normalt brukar man komma ihåg att e ≈ 2.72. På dosan finns en knapp märkt ex. Slår vi e1 får man fram talet e med några av de decimaler som ges ovan. Vi tänker nu använda e som bas när vi räknar med logaritmer och konstaterar att: lg är för 10, vad ln är för e. Sök upp knappen ln på din räknare. Det finns ju oändligt många tal, varför har man fastnat för talet e? Vi återkommer till det. Först ska vi lösa några enkla ekvationer. Förhoppningsvis kommer du ihåg hur man löser till exempel denna ekvation: lg x = 2 10lg x = 102 x = 100 Om den ekvationen är OK för dig är inte denna svårare: ln x eln x x x
= = = ≈
2 e2 e2 7.38906
Vi konstaterar at vår ’kattregel’ gäller även här (liksom för alla baser). eln ♣ = ♣ så även för de andra logaritmlagarna. Detta är viktigt. Man kan nu skriva om vilket uttryck som helst ab till ett med basen e. Jag påstår att ab = ebln a För att förklara detta använder vi bara två logartimlagar: ln ab = b ln a
Håkan Strömberg
46
KTH Syd
och så ’kattregeln’. Alltså b
ebln a = eln a = ab Så om vi har en funktion f(x) = 3x så kan vi skriva den som f(x) = exln 3 eller hur? Bestämmer vi oss för att alltid skriva om en exponentialfunktion oavsett bas till en bas med e (vilket verkar enkelt) så får vi en ’fastare grund’ att stå på. Minns ni att vi för en halv timma sedan började med att försöka finna derivatan till f(x) = 3x Vi kom fram till, genom derivatans definition och genom att ’låna’ ett gränsvärde från den ’högre matematiken’, att f ′ (x) = ln 3 · 3x Man verkar inte kunna presentera derivatan till denna funktion utan att blanda in ln. Fakta: f(x) = ex har derivatan f ′ (x) = ex Lätt att komma ihåg eller hur? Det är detta faktum som gör e så märkvärdigt. Att derivatans värde är lika med funktionens. f(x) = ekx där k är en konstant har derivatan f ′ (x)=k · ekx Lite svårare men fortfarande möjligt att memorera. Vad betyder detta? Ja att: x
f(x) = 3x = eln 3 = exln 3 Vi deriverar sedan med hjälp av regeln ovan och får f ′ (x) = ln 3 · exln 3 Detta uttryck kan ju skrivas om till x
f ′ (x) = ln 3 · exln 3 = ln 3 · eln 3 = ln 3 · 3x Det var ju där vi började! Återstår att vänja sig vid att använda e och ln.
Håkan Strömberg
47
KTH Syd
1 Översätt den linjära funktionen given på allmän form till k-form, där a och b är obestämda konstanter. Lösning: Vi utgår alltså från ax + by + c = 0 och vill komma fram till y = k · x + m. Det betyder att vi kommer att få k och m uttryckta i a och b. Vi ska alltså lösa ut y ur ’formeln’ ax + by + c = 0 by = −ax − c −ax − c y = b −a −c y = ·x+ b b Detta betyder att k = − ab och m = − bc . Normalt lär man sig inte detta utantill, utan är beredd att räkna fram det varje gång det behövs. 2 Vi har den linjära funktionen y x + =1 5 3 I vilka punkter skär denna linje koordinataxlarna? Lösning: När funktionen skär x-axeln är y = 0. Vi sätter in det i funktionen och får ekvationen 0 x + =1 5 3 som har lösningen x = 3. Linjen skär alltså x-axeln i (3, 0) När funktionen skär y-axeln är x = 0. Vi sätter in det i funktionen och får ekvationen y 0 + =1 5 3 som har lösningen y = 5. Linjen skär alltså y-axeln i punkten (0, 5). Det finns tydligen ett klart samband mellan de två nämnarna i funktionen och de punkter i vilka linjen skär axlarna. 3 Vilket resultat, ungefär, bör man få då man beräknar detta uttryck med dosans hjälp: 1000 1 1+ 1000 Lösning: Ungefär 2.71692, ett tal ganska nära e, eller hur!
Håkan Strömberg
48
KTH Syd
4 Lös ekvationen ln x + ln 2 = ln 10 Lösning: ln x + ln 2 ln x ln x ln x eln x x
= = = = = =
ln 10 ln 10 − ln 2 ln 10 2 ln 5 eln 5 5
. Vi konstaterar att tekniken Förutom eln ♣ = ♣ har vi använt ln ♣−ln ♥ = ln ♣ ♥ att lösa en ekvation med ln inte skiljer sig speciellt från det med lg. 5 Förenkla så långt möjligt a 2 ln ea − ln e− 3 3
Lösning: a 2 2a −a 2a −a 2a a ln ea − ln e− 3 = ln e − ln e = − = + =a 3 3 3 3 3 3 3 Om lg 10 = 1 så måste ju ln e = 1.
6 Bestäm derivaten till f(x) = 10ex Lösning: f ′ (x) = 10ex 7 Bestäm derivatan till f(x) = e10x Lösning: f ′ (x) = 10e10x 8 Vilken funktion a) f(x) = e1·x b) f(x) = e0·x c) f(x) = e−1·x hör ihop med vilken graf i figur 21 Lösning: a) f(x) = e−x b) f(x) = ex c) f(x) = e0 När koefficienten är 0 är förstås funktionen konstant = 1. 9 Derivera funktionen f(x) = 4x + 3x
Håkan Strömberg
49
KTH Syd
Figur 21: Lösning: Vi skriver om funktionen enligt receptet ovan (även om man är ovan): f(x) = exln 4 + exln 3 Nu är det enkelt att derivera f ′ (x) = ln 4 · exln 4 + ln 3 · exln 3 om man så vill kan man återställa baserna och få f ′ (x) = ln 4 · 4x + ln 3 · 3x Visserligen försvinner e, som vi är ovana vid just nu, men ln består. 10 Kurvan y = C · ekx går genom punkten (0, 10). Lutningen i den punkten är 5. Bestäm talen C och k. Lösning: Först och främst förstår vi att 10 = C · ek·0
Vi har helt enkelt satt in x och y efter punkten (0, 10). Detta ger 10 = C · e0 eller C = 10. När vi har C = 10 kan vi skriva funktionen f(x) = 10 · ekx Nu tar vi hand om den givna lutningen. För detta måste vi derivera funktionen ovan f ′ (x) = k · 10ekx Man har fått veta att f ′ (0) = 3, eller hur (tänk efter). Detta ger Eftersom f ′ (0) = 5 får vi
f ′ (0) = k · 10ek·0
k · 10ek·0 = 5 k · 10e0 = 5 k · 10 = 5 k = 21 Till slut har vi kommit fram till funktionen: x
f(x) = 10e 2
Håkan Strömberg
50
KTH Syd
1 Omforma den linjära funktionen 3x +
y −3=0 2
till k-form. 2 En linje skär koordinataxlarna i punkterna (0, −2) och (3, 0). Bestäm linjens ekvation (den linjära funktionen). 3 Lös ekvationen ln x2 + ln x = 3 4 Man får reda på att f(2) = 3 · e2 och att f(3) = 3 · e3. Bestäm f(x). 5 Skriv om funktionen
f(x) = 1000 · 1.04x till funktionen g(x) med basen e och bestäm både f(10) och g(10) 6 Derivera funktionen f(x) = 3e2x 7 Bestäm f ′ (2) då f(x) = 2e3x + ex 8 Derivera f(x) = (ex − e−x) (ex + e−x)
1 Det är bara att räkna på, det vill säga att lösa ut y ur formeln 3x +
y −3 = 0 2 y = −3x + 3 2 y = −6x + 6
Lätt som en plätt, eller hur! Svar: y = −6x + 6 2 Utnyttjar vi kunskapen från Lösta problem nummer 2 får vi direkt y x + =1 −2 3 som kan hyfsas till y=
Håkan Strömberg
2 ·x−2 3
51
KTH Syd
3
ln x2 + ln x 2 ln x + ln x 3 ln x ln x eln x x
= = = = = =
3 3 3 1 e1 e
Svar: x = e 4 Funktionen f(x) = 3ex är förstås närliggande, men det finns faktiskt oändligt många funktioner som går genom dessa två punkter. Tänk efter. 5 Vi kan tyda denna funktion som en där man startar med 1000 kr och erhåller 4% ränta varje år. f(x) talar om hur mycket man har efter x år. f(10) = 1000 · 1.0410 ≈ 1480 Omskriven till basen e får vi g(x) = 1000 · exln 1.04 Vi får nu g(10) ≈ 1480 Omskrivningen verkar korrekt. 6 f ′ (x) = 3 · 2e2x 7 Först deriverar vi f ′ (x) = 6e3x + ex Vi kan nu bestämma f ′ (2) = 6e6 + e2 Matematiken stannar normalt här. Handlar det om fysik eller andra tillämpningar av matematiken kanske man svarar f ′ (x) ≈ 2428 8 Vi måste börja med att utveckla parenteserna (tänk på konjugatregeln): (ex − e−x) (ex + e−x) = e2x − e−2x Vi får då funktionen f(x) = e2x − e−2x vars derivata är f ′ (x) = 2e2x − (−2)e−2x = 2(e2x + e−2x)
Håkan Strömberg
52
KTH Syd
Räkna bokens uppgifter: 2327, 2330, 2335, 2338, 2341, 2342, 2343, 2348, 2353, 2356.
2327 b) TB: f(x) = 3 · e4x ska deriveras. f ′ (x) = 12 · e4x. Enkelt.
2330 d)
TB: Nu har vi funktionen f(x) = 6 · ex/2. dess derivata är f ′ (x) = 3 · ex/2 och f ′ (1/3) = 3 · e1/6 ≈ 3.54
2335
TB: Tråkiga uppgifter hela vägen. Vad har du tänkt på när du plockat ut dem? Vi har f(x) = 10 · e−7x som har derivatan f ′ (x) = −70 · e−7x. Vi ska nu visa att −70 · e
−7x
f ′ (x) + 7f(x) = 0 + 7 · 10 · e−7x = 0
det ser man ju på en gång. Har jag visat vad jag skulle och på rätt sätt KTH: Javisst 2338 TB: Nu ska jag derivera f(x) = (ex + e−x)2. Jag vet inte riktigt. Ska man utveckla parenteserna, eller finns det något annat sätt? KTH: I och för sig finns det ett annat sätt, men det har du inte lärt dig ännu, så du får nog utveckla parenteserna TB: f(x) f(x) f(x) f ′ (x)
= = = =
(ex + e−x)2 (ex)2 + (e−x)2 + 2exe−x e2x + e−2x + 2 2e2x − 2e−2x
2341 TB: C och k i f(x) = C·ekx ska bestämmas. Till detta har vi två villkor f(0) = 2 och f ′ (0) = 3. f(0) = C·ek0 ger direkt C = 2. Om vi deriverar får vi f ′ (x) = 2k·ekx. Eftersom f ′ (0) = 2k kan vi skriva 2k = 3 ger k = 3/2 och hela funktionen f(x) = 3 · e3x/2
2342
TB: Nu är jag helt borta igen. Vad ska jag göra? Jag inser att jag har funktionen f(x) = 4x och att jag kan derivera den på något sätt. f(x) = exln 4, så kan också man skriva funktionen. För mig blir det då enklare att finna f ′ (x) = ln 4·exln 4. Nu har jag både funktionen och derivatan
Håkan Strömberg
53
KTH Syd
f ′ (x) = k · f(x) ln 4 · exln 4 = k · exln 4 k = ln 4 ≈ 1.39 Är det klart? I så fall, vad har jag löst och varför? KTH: Kanske vill man påvisa att f(x)/f ′ (x) är konstant. 2343 TB: Det här med gränsvärden har jag inte fått riktigt grepp på. Hur skulle man skriva nu igen 1 ah − 1 lim = h→0 h 2 När h → 0 går både täljare och nämnare mot 0 och det är omöjligt att säga vad som händer. Jag har för mig att jag har hört att 00 , kan vara precis vad som helst. Här blir det tydligen 1/2 om man väljer a på ett bra sätt. KTH: Den är inte så lätt den här uppgiften. Vi vet att 1 ah − 1 ≈ h 2 om vi har korrekt värde på a och små värden på h. Om vi fortsätter att förenkla uttrycket får vi h +1 2 h1 h a ≈ +1 2
ah ≈
Om vi nu beräknar a med några små värden på h, till exempel h = 0.01 och h = 0.0001 så får vi a = 1.64667 respektive a = 1.6487, så vi kan vara ganska säkra på att de tre första siffrorna hos a = 1.649. Det var ju ett närmevärde √ det var frågan om. Det exakta svaret är a = e, men jag tänker inte berätta hur jag kom fram till det. Du får vänta några kurser till. 2348 e) TB: Att skriva om en potens ab, som ju har basen a och exponenten b till en annan bas till exempel e eller 10 görs genom b
ab = 10lg a = 10blg a eller på samma sätt för basen e b
ab = eln a = ebln a Speciellt då för uppgiften 2t
2t
42t = 10lg 4 = 102tlg 4
Håkan Strömberg
42t = eln 4 = e2tln 4
54
KTH Syd
KTH: Kan verka enkelt men det är viktigt att man kan detta, eftersom det dyker upp som små detaljer i större sammanhang. TB: Vad händer om man skriver om 10x till basen 10 som det ju redan är. Jag, menar om man inte tänker på detta. x
10x = 10lg 10 = 10xlg 10 = 10x Det blir ”rundgång” eftersom lg 10 = 1, på samma sätt som ln e = 1 2353 TB: Nu kommer ett sådant här obegripligt uttryck igen. ”oberoende av x” Vad menar de? KTH: Att du ska få fram ett uttryck där x inte ingår. TB: Hur gör jag då? KTH: Vi säger att du inte har en aning. Vad gör du då? TB: Jag har f(x) = 5000·1.05x, som jag omedelbart skriver om till basen e, bara för att jag då enklare kan derivera f(x). Jag får då f(x) = 5000 · exln 1.05 och dess derivata är f ′ (x) = 5000 ln 1.05 · exln 1.05 Enligt uppgiften ska jag nu beräkna en kvot f ′ (x) 5000 ln 1.05 · exln 1.05 = = ln 1.05 f(x) 5000 · exln 1.05 Är det rätt?
KTH: Ja TB: Men varför. Vad var det för vits med detta? KTH: Att kvoten mellan derivatan och funktionen är konstant ln 1.05. Vet du ett funktionsvärde f(a) så kan du omedelbart bestämma f ′ (a) genom f(a) · ln 1.05. Det är väl bra! TB: Nej. 2356 TB: Den här uppgiften är mer konkret och därmed tycker jag att den är bättre. Jag har funktionen f(x) = 2x = exln 2 och dess derivata f ′ (x) = ln 2 · exln 2
Tangenten har k-värdet f ′ (1) = ln 2 · eln 2 = 2 ln 2. Jag ska bestämma k och m i f(x) = kx + m. k = 2 ln 2 och med hjälp av punkten (1, 2), som ligger på linjen får jag m genom 2 = (2 ln 2) · 1 + m, ger m = 2 − 2 ln 2. Nu frågar man var tangenten skär y-axeln och det råkar vara samma värde som m. Svaret är (0, 2 − 2 ln 2)
Håkan Strömberg
55
KTH Syd
Ett person sätter in 10000 kr på banken vid nyår 2000 till 4% ränta. Teckna en funktion för beloppets utveckling. b(t) = 10000 · 1.04t Skriv om funktionen med basen e istället för 1.04. b(t) = 10000 · et ln 1.04 Derivera denna funktion b ′ (t) = 10000 · ln 1.04etln 1.04 Hur ska man tolka b ′(4)? Först beräknar vi dess värde b ′(4) = 10000 · ln 1.04e4ln 1.04 ≈ 459 Vi tolkar det som att beloppet just vid denna tidpunkt stiger med 459 kr/år, alltså en sorts hastighet. Vi granskar graferna till b(x) och b ′(x)
Figur 22: Av grafen at döma skulle man kunna tro att beloppets utveckling b(x) är linjär, men så är icke fallet. Möjligtvis kan man se det på b ′ (x) som stiger lite, lite grann. Om b(x) hade varit linjär hade b ′ (x) varit konstant – eller hur? Vi kan säga att alla funktioner som vi sysslar med kan tyckas vara linjära, bara man tittar på ett tillräckligt litet intervall. För att skingra alla tvivel tittar vi på b(t) i ett större intervall, hela 100 år (se fig 23)
Håkan Strömberg
56
KTH Syd
300000 250000 200000 150000 100000 50000 20
40
60
80
100
Figur 23: Grafen nedan visar ett så kallad kastparabel där utkastet skett från origo. Efter att det utkastade föremålet nått sin högsta punkt dalar det och slår ner någon stans kring 50 meter. 10 8 6 4 2 10
20
30
40
50
Figur 24: Parabelns funktion är f(x) = −
2x2 4x + 125 5
Vi ska besvara följande frågor a) Var slår föremålet ned? b) Efter hur många meter når föremålet sin högsta punkt och hur hög är denna? c) Vilket utkastvinkel har föremålet? Den första frågan är lätt att besvara. Vi behöver bara lösa ekvationen f(x) = 0 2
4x 5
= 0
2x
= 0
+ − 2x 125 x
4 5
−
125
Vi har ett faktoriserat andragradsuttryck, där en rot är x1 = 0. Den andra får vi genom att lösa ekvationen 4 5
−
2x 125 4 5
= 0 =
x =
2x 125 4·125 5·2
x2 = 50
Håkan Strömberg
57
KTH Syd
Föremålet slår alltså ned efter exakt 50 meter. För att ta reda på funktionens maxpunkt (för det är helt tydligt en maxpunkt vi ser), deriverar vi funktionen f ′ (x) = −
4 4x + 125 5
Vi studerar derivatans graf 0.75 0.5 0.25 10
20
30
40
50
-0.25 -0.5 -0.75
Figur 25: Vi sera att derivatan är > 0 (positiv) från x = 0 fram till ungefär x = 25 då den är exakt 0. Därefter blir derivatan < 0 (negativ), fram till att föremålet slår i marken. Om vi vill ta reda på exakt var f ′ (x) = 0 löser vi motsvarande ekvation: −
4x 4 + = 0 125 5 4 4x = 5 125 4 · 125 x = 5·4 x = 25
Då x = 25 vet vi att funktionen nått sitt maximum. För att ta reda på hur högt det är bestämmer vi f(25) 2 · 252 4 · 25 f(25) = − + = 10 125 5 Vi vet nu att maxpunkten är (25, 10). När funktionen som ska undersökas är mer komplicerad brukar man skissa kurvan på följande sätt x
Håkan Strömberg
x < 25 x = 25 x > 25
f ′ (x)
+
0
−
f(x)
ր
max
ց
58
KTH Syd
Utkastvinkel har förstås med f ′ (0) = 54 att göra. Tangentens k-värde i punkten (0, 0). Om vi vill ha svaret i grader skriver vi v = arctan
4 ≈ 38.7◦ 5
Ett samband vi inte nämnt tidigare.
1 Ett päron föll från sin gren ned mot marken. Hur många meter päronet fallit efter en given tid i sekunder, kan vi bestämma med funktionen 9.82 · t2 2 Päronet nådde marken efter 1 sekund. Vilken hastighet hade päronet när det nådde marken? Lösning: 2 Vi deriverar s(t) = 9.82t och får 2 s(t) =
s ′ (t) = 9.82t Denna funktion ger päronets hastighet efter t sekunder. s(1) = 9.82 meter/sekund ger oss svaret. 2 Grafen till följande funktioner finns att beskåda här nedan. Vilken är vilken? A) f(x) = x3 B) f(x) = −x(x + 1)(x − 1) C) f(x) = x(x + 1)(x − 1) D) f(x) = −x3 1.5 1
0.002
0.5
0.001
-1
-2
1
1)
-0.4
2
-0.2
0.2
-0.5
-0.001
-1
-0.002
0.4
2)
-1.5
1.5
-0.4
0.002
1
0.001
0.5
-0.2
0.2
0.4
-2
-1
1
2
-0.5
-0.001
-1
-0.002
3) 4) Lösning: Vi klarar detta då vet vilka funktioner som återges som grafer. Annars skulle man aldrig med säkerhet kunna bestämma funktionens utseende. -1.5
A) hör ihop med 2) B) hör ihop med 4) C) hör ihop med 1) D) hör ihop med 3)
Håkan Strömberg
59
KTH Syd
3 Här har vi plottat de tre funktionerna (figur 26) 1) f(x) = x4 2) g(x) = x2 3) h(x) = x6 Vilken är vilken?
Figur 26: Lösning: För att klara uppgiften måste man ha klart för sig vad som är störst f(0.1), g(0.1) eller h(0.1). 1) hör ihop med B
2) hör ihop med C 3) hör ihop med A
4 Värdeminskningen hos en dator antar modellen f(t) = 8500 · 0.70t där f(t) är datorns värde efter t år. Efter hur lång tid efter inköpet tappar datorn värdet 1000 kr/år Lösning: Vi startar med att skriva om funktionen med basen e, så att vi enklare kan derivera. f(t) = 8500 · etln 0.7 Nu deriverar vi
f ′ (x) = 8500 · ln 0.7 · etln 0.7
Vi ska nu lösa ekvationen f ′ (t) = 1000
8500 · ln 0.7 · et ln 0.7 = −1000 et ln 0.7 =
−1000 8500 ln 0.7
ln et ln 0.7 = ln
−1000 8500 ln 0.7
−1000 ln 8500ln 0.7 t = ln 0.7
t ≈ 3.1 Svar: Efter 3.1 år är ’värdeminskningshastigheten’ 1000 kr/år
Håkan Strömberg
60
KTH Syd
5 Lös ekvationen
x
5e 2 = 100 Lösning: x
5e 2 x e 2 x ln e 2 x 2 x x x x Svar: x = 6
= = = =
100 20 ln 20 ln 20
= = = ≈
2 ln 20 ln 202 ln 400 6
6 Antal åskådare som anlänt till matchen som börjar vid t = 0 följer modellen f(t) = 20000e3t − 50 a) Hur många åskådare kom till matchen? b) Hur många åskådare hade kommit 1 timme för matchstart? c) Vid vilken tid hade hälften av åskådarna anlänt? d) Hur många personer/timmen passerade vändkorsen precis vid matchstart? Lösning: a) Vid t = 0 får vi f(0) = 20000e3·0 − 50 = 19950 b) Vid t = −1 får vi f(−1) = 20000e3·(−1) − 50 ≈ 946 c) Vi löser ekvationen f(t) =
19950 2
20000e3t − 50 = 9975 9975 + 50 20000 9975 + 50 ln e3t = ln 20000 9975 + 50 3t = ln 20000 ln 9975+50 20000 t = 3 e3t =
t ≈ −0.23 Håkan Strömberg
61
KTH Syd
Svar: 0.23 timmar före matchstart, det vill säga 13.8 minuter innan avspark. d) Här ska vi ta reda på f ′ (0). Derivatan är f ′ (t) = 20000 · 3 · e3t vilket ger f ′ (0) = 20000 · 3 · e3·0 = 60000 70000 60000 50000 40000 30000 20000 10000 -2
-1.5
-1
-0.5
Figur 27: 7 Bestäm f ′ (x) = 0 då f(x) =
1 1 + 2 x x
Lösning: Vi skriver om funktionen så att det ska bli lättare att derivera f(x) = x−1 + x−2 Derivatan f ′ (x) = −x−2 + (−2)x−3 = −
1 2 − 3 2 x x
f ′ (x) = 0 ger ekvationen −
1 2 − = 0 x2 x3 1 2 − 2 = 3 x x x2 · 1 x2 · 2 − 2 = x x3 2 −1 = x x = −2
Vi plottar f(x) och ser antagligen att det finns en minimipunkt i (−2, −1 ). 4
Håkan Strömberg
62
KTH Syd
3 2.5 2 1.5 1 0.5 -4
-3
-1 -0.5
-2
1
2
3
-1
Figur 28:
1 En modell N(t) beskriver ett förlopp. Bestäm tillväxthastigheten vid tiden t = 3. N(t) = 1000 + t3 2 Derivera f(x) = x5 och g(x) = 5x 3
a) Vad krävs av f ′ (x) för att f(x) ska var växande? b) Kan f ′ (x) > 0 fast f(x) < 0? c) Om både f ′ (x1) = 0 och f(x1) = 0 för ett värde x = x1, vad kan man då säga om ett av f(x)’s nollställen? d) För ett polynom p(x) finns x = x1, x = x2 och x = x3 sådana att p ′ (x1) = 0, p ′ (x2) = 0 och p ′ (x3) = 0. Vilket är det minsta gradtal p(x) kan ha? e) För ett visst värde x = x1 är f ′ (x) > 0 för ett annat x = x2 där x2 > x1 är f ′ (x) < 0. Vad kan man säga om f(x) i intervallet [x1, x2]?
4 En extrempunkt hos en funktion är ett antigen en: maxpunkt, minpunkt eller terrasspunkt. Ta med dosans hjälp reda på vilka extrempunkter denna funktion har x4 5x3 7x2 − + − 3x f(x) = 4 3 2 5 En funktion f(x) är hela tiden växande (eller avtagande) om den saknar x för vilka f ′ (x) = 0. Hur är det med f(x) = 13x + x3 i detta avseende?
Håkan Strömberg
63
KTH Syd
1 Vi bestämmer N ′ (t) och därefter N ′ (3) och vi har svaret. N ′ (t) = 3t2 och sedan N ′(3) = 3 · 32 = 27 Svar: Tillväxthastigheten är 27 (sorten är ”vadå’förnå’t”) 2 f ′ (x) = 5x4 g(x) = 5x = exln 5 ger g ′ (x) = ln 5exln 5 3
a) Att f ′ (x) > 0 b) Javisst c) Att det handlar om en dubbelrot d) Polynomet har en en term med minst gradtalet 4 e) f(x) måste ha ett maximum i intervallet
4 Det är inte lätt att avgöra grafiskt, men antagligen har den en minpunkt och terrasspunkt. När man använder dosan för att plotta en graf gäller det att 1 0.5 1
2
3
4
-0.5 -1 -1.5 -2
Figur 29: förstora upp den del av av grafen där det händer saker. Den här grafen, figur 30, är inte till mycket nytta 5 Planen går ut på att först derivera f(x) och sedan lösa ekvationen f ′ (x) = 0. Om det visar sig att ekvationen saknar rötter är funktionen genomgående växande eller avtagande. Genom att bestämma f ′ (x1) för något x = x1 får man reda på vilket. f ′ (x) = 13 + 3x2
Håkan Strömberg
64
KTH Syd
250 200 150 100 50 -10
-5
5
10
Figur 30: f ′ (x) = 0 ger ekvationen 13 + 3x2 = 0 13 x2 = −q 3 x = ± − 13 3
Ekvationen saknar reella rötter. Eftersom f ′ (0) = 13 > 0 är funktionen f(x) ständigt växande. Plotta den på dosan!
Räkna bokens uppgifter: 2361, 2364, 2365, 2366, 2367, 2369, 2372, 2373, 2376.
2361 TB: V(t) = 225000 · e−kt, värdet V, som funktion av tiden t. V(5) = 100000. Med hjälp av det villkoret ska vi kunna bestämma k 225000 · e−5k = 100000 e−5k =
100000 225000
ln e−5k = ln 100000 225000 −5k = ln 100000 225000 k = − ln 100000 5 ≈ 0.162186 225000
Konstigt att minustecknet bara försvinner!
KTH: ln 1 = 0, då är det ju inte så konstigt att ln x < 0 då x < 1 TB: Nu ska jag alltså bestämma derivatan f ′ (x) = −225000 · 0.162186 · e−0.162186x och med hjälp av den f ′(5) ≈ −16218.6. Bilens värde avtar alltså med cirka 16200 kr/år just när den är 5 år gammal. Har vi inte räknat ett sådan tal förut?
Håkan Strömberg
65
KTH Syd
TB: Tidigare har vi uttryckt denna formel som r t V(t) = S 1 + 100
Med den får man bättre koll på tillväxtfaktorn tycker jag. Kan man inte skriva om funktionen ovan på denna form? KTH: Eftersom Så får vi som du vill
x e−0.162186x = e−0.162186 = 0.850283 V(t) = 22500 · 0.850283t
Värdet avtar med cirka 15% per år. Ganska mycket eller hur? 2364 TB: Nu över till Per och hans funderingar kring befolkningsexplosionen. Han har antagit f(x) = −0.000338x2 + 0.0232x + 8.89. f(0) = 8.89 vilket betyder att det fanns 8.89 miljoner själar i Sverige vid millennium-skiftet. Skulle vara kul att se hur grafen av hans funktion ser ut: 9.2
20
40
60
80
100
8.8 8.6 8.4
Figur 31: Om den här prognosen är sann kommer Sveriges befolkning att börja dala vid omkring år 2040. Hur gammal är du då? KTH: 94 år TB: Vad var det nu de ville ha reda på? Jo vilken förändring i folkmängden (människor/år), det kommer att vara år 2020 och år 2040. För att kunna svara på den frågan måste jag derivera f(x) och därefter beräkna f ′ (20) och f ′ (40) f ′ (x) = 0.0232 − 0.000676x f ′ (20) = 0.00968 och f ′ (40) = −0.00384. År 2020 kommer Sveriges befolkning, enligt Per att öka med 9680 personer och 2040, precis som jag förutspådde, befolkningen att avta med 3840 personer. 2365 TB: En ny befolkningsprognos, N(t) = 25000 · 0.98t. Jag börjar bli lite trött på det här, men OK. Jag vill skriva om funktionen så att jag enklare kan derivera
Håkan Strömberg
66
KTH Syd
den. Sedan ska jag bestämma N ′(5) N(t) N(t) N ′(t) N ′ (5) N ′ (5)
= = = = =
25000 · 0.98t 25000 · etln 0.98 25000 · ln 0.98 · etln 0.98 25000 · ln 0.98 · e5ln 0.98 −457
År 2005 kommer utflyttningen att överskrida inflyttningen med 457 personer. Det handlar förstås om en norrlandskommun. 2366 TB: f(x) = 10000·1.104x ska deriveras genom att skriva om den som f(x) = C·ax. Så det skulle alltså betyda att jag inte får gå över omskrivning med basen e. Jobbigt. x f(x) = 10000 · 1.104x = 10000 · 1.104 = 10000 · 1.4641x Det finns förstås möjlighet att derivera mer direkt. Jag minns att f(x) = C · ax har derivatan f ′ (x) = C · ln a · ax Tillämpar jag denna kunskap får man f ′ (x) = ln 1.4641 · 10000 · 1.4641x KTH: Nu kan du det 2367 d) TB: Givet funktionen
x 243 + 3 x ′ Man är ute efter f (x) = 0. Jag måste alltså först derivera f(x). f(x) =
f ′ (x) =
1 243 − 2 3 x
Vidare f ′ (x) = 0 1 243 − 2 = 0 3 x x2 = 3 · 243
√ x = ± 3 · 243
x1 = 27
x2 = −27
2369
Håkan Strömberg
67
KTH Syd
TB: Den här funktionen som ska deriveras ser jobbig ut N(t) =
5000 1 + 49e−0.1t
Hur ska jag kunna derivera den här funktionen? KTH: Ja, jag förstår inte hur du ska klara av att derivera den här funktionen. Derivatan är 24500 · e0.1t N ′(t) = (49 + e0.1t)2 Med hjälp uttrycket kan vi nu bestämma N ′ (10) = 24.8985 TB: Nu flummar du iväg utan att tänka på att jag inte har en chans att hänga med KTH: Jag har givit dig ett svar och nu ska du uppskatta derivatan med hjälp av en differenskvot TB: Det var ett tag sedan sist jag använde mig av differenskvoten. Jag beräknar N(10) = 262.797 och N(10.01) = 263.046 och kan nu beräkna differenskvoten: 263.046 − 262.797 ∆y = = 24.91 δx 10.01 − 10 Även jag har kommit fram till att 25 personer insjuknar under ett dygn kring den 10:e dagen. Det är lite jobbigt att inte veta om man kan lösa en uppgift exakt eller måste ta till approximativa metoder. KTH: Det gäller alla, på alla nivåer. Men läser vi problemtexten en gång till ser vi att det står att problemet ska lösas numeriskt. Det är detta ord som öppnar dörren till den teknik du använt. 2372 TB: Nu handlar det om djur och deras hjärtan. f(m) = k · m−0.25, där f(m) är pulsen (antal hjärtslag/minut) och m djurets massa (kg). k är en konstant som vi inte känner. Vi ska nu bestämma
Vad betyder nu detta?
df(x) f(x) dm
KTH: Inget annat än f ′ (x)/f(x) TB: Efter att beräknat f ′ (m) = −0.25 · k · m−1.25 kan jag ställa upp kvoten f ′ (m) −0.25 · k · m−1.25 1 = =− −0.25 f(m) k·m 4m Det står inget om att man ska tolka svaret – vilken tur 2373 TB: Funktionen B(t) = 10 · 2t, Antalet bakterier B som funktion av tiden t (i timmar). Jag ska nu beräkna B ′ (t) = 1000. B ′ (t) = ln 2 · 10 · 2t Håkan Strömberg
68
KTH Syd
Ekvationen som ska lösas är B ′ (t) = 1000 ln 2 · 10 · 2t = 1000 2t = t
eln 2
100 ln 2 100
= eln ln 2
t ln 2 = ln 100 ln 2 ln 100 ln 2 ≈ 7.17262 ln 2 Efter 7.17 timmar är tillväxten ungefär 1000 bakterier/timme t =
KTH: Nu återstår bara en uppgift för idag 2376 TB: Man antar här en exponentiell funktion f(x) = C · ax. För att komma fram till et svar måste först C och a bestämmas. Detta kan göras med hjälp av två punkter på kurvan (20, 3.75) och (28, 2.19). Vi får ett ekvationssystem C · a20 = 3.75 C · a28 = 2.19 Jag jobbar vidare
3.75 C = a20 C = 2.19 a28
2.19 3.75 = 28 a a20 2.19 a28 = 3.75 a20
Nu kan jag räkna ut C
2.19 = a8 3.75 1 2.19 8 a = ≈ 0.934978 3.75 C=
3.75 ≈ 14.388 0.93497820
Nu har jag funktionen f(x) = 14.388 · 0.934978x och kan besvara frågorna, vilka de nu var. f(0) = 14.388 vilket betyder att vår vän Pontus aldrig varit
Håkan Strömberg
69
KTH Syd
över den farliga gränsen på 15. För att besvara nästa fråga måste jag derivera f(x) f(x) = 14.388 · 0.934978x f ′ (x) = ln 0.934978 · 14.388 · 0.934978x f ′ (30) = −0.128712 Efter 30 timmar försvinner 0.13 µg/ml på en timma. Halveringstiden får man reda på genom följande ekvation 14.388 = 14.388 · 0.934978x 2 0.5 = 0.934978x 10lg 0.5 = 10xlg 0.934978 x =
lg 0.5 ≈ 10.3097 lg 0.934978
10.3 timmar efter en mätning har hälften av det gift som då finns i kroppen försvunnit. KTH: Nu har du varit duktig
Håkan Strömberg
70
KTH Syd
Svar till: De fyra korten
Vi översätter de fem satserna till lika många ”pusselbitar” Valörbitarna kan endast sättas samman på ett sätt. Färgbitarna likaså. När vi sedan passar in färgkorten över raden av valörkort, finns det även här endast en möjlighet och vi har svaret: hjärterdam, hjärterkung, spaderkung och spaderdam. Dagens problem: Finn skeppen
4
6 1
1
3
2
2
1 3
3
4
2 0
1 4 2
3
4
3
I figuren ovan till vänster ser vi ett hav bestående av 10 × 10 rutor. I havet finns ett antal fyrar markerade med cirklar. Inuti cirklarna finns ett tal, som berättar hur många skepp man kan se från fyren. Alla dessa skepp finns i samma rad eller kolumn som fyren. De åtta rutor som maximalt kan omge ett skepp kan aldrig innehålla vare sig ett annat skepp eller en fyr. Alla skepp syns från åtminstone en fyr. Var finns skeppen? Samma fråga för ’havet’ till höger i figuren.
Håkan Strömberg
71
KTH Syd
När vi plottar funktionen f(x) = x3 + 12x2 − 99x − 238 med hjälp av dosan kan man få olika resultat beroende på vilka intervall man valt. 200000
100000
-200
-100
100
200
-100000
-200000
Figur 32: Ett alldeles för stort intervall
-150
-200
-250
-1
-0.5
0.5
1
Figur 33: Här ett för litet Ett bättre sätt att få en uppfattning om kurvans utseende är att först derivera f ′ (x) = 3x2 + 24x − 99 För att ta reda på i vilka punkter f(x) har tangenter med k-värdet = 0, som är liktydigt med en extrempunkt sätter vi f ′ (x) = 0 och löser den uppkomna andragradsekvationen 3x2 + 24x − 99 x2 + 8x − 33 x x x1 x2 Håkan Strömberg
= = = = = = 72
0 0 √ −4 ± 16 + 33 −4 ± 7 −11 3
KTH Syd
Med vetskapen att extrempunkterna har x-värden x = −11 och x = 3 blir det enklare att bestämma vilket intervall vi ska använda 1000 500 -20
-15
-10
-5
5 -500
-1000 -1500
Figur 34: Så där ja! Genom att sätta in x-koordinaterna för extrempunkterna kan vi bestämma deras placering i koordinatsystemet: f(−11) = (−11)3 + 12(−11)2 − 99(−11) − 238 = 972 och f(3) = 33 + 12 · 32 − 99 · 3 − 238 = −400
Vad kan vi mera ta reda på om funktionen? Klarar vi att ta reda på funktionens nollställen? Egentligen inte eftersom ekvationen är av tredje graden: x3 + 12x2 − 99x + 238 = 0 En ledtråd är att alla tre rötterna är heltal. Förstorar man intervallet kring var och en av rötterna hittar man kanske att de är x1 = −17, x2 = −2, x3 = 7 Observera att den är en bedrift att finna ett tredjegradspolynom där alla nollställen är heltal, samtidigt som max- och minpunkterna också hamnar i heltalskoordinater! Detta är en del av resultatet av våra undersökningar av f(x) som vi presenterar på detta sätt x
x < −11 x = −11 −11 < x < 3 x = 3 x > 3
f ′ (x)
+
0
−
0
+
f(x)
ր
max
ց
min
ր
1 Vi har funktionen f(x) = 3x2 − 200x − 1000 Vad kan man säga om lim f(x)
x→∞
Håkan Strömberg
73
KTH Syd
och om lim f(x)
x→−∞
Lösning: När x → ∞ går också f(x) → ∞. Detta gäller även då x → −∞ då också f(x) → ∞. I långa loppet är det här x2-termen som vinner över x-termen och den konstanta termen. När man ska bilda sig en uppfattning om grafens utseende är det alltid bra att betrakta dessa ’stora värden’ på x. 2 Vi har funktionen f(x) = x3 − 100x2 Vad kan man den här gången säga om lim f(x)
x→∞
och om lim f(x)
x→−∞
Lösning: När x → ∞ går också f(x) → ∞, x3-termen vinner över x2-termen. När x → −∞ går f(x) → −∞ eftersom ett x < 0 ger x3 < 0. Grafen kommer nerifrån till vänster och försvinner uppåt höger!
3 Om vi påstår att skissen av ett andragradspolynom bara kan se ut på två sätt, nämligen:
Figur 35: Vilka möjliga skisser har då ett tredjegradspolynom? Lösning: Det finns sex olika skisser. Två där derivatan saknar nollställen, två där det finns en terrasspunkt och två skisser med en max och en minpunkt.
Figur 36:
Håkan Strömberg
74
KTH Syd
4 Om denna graf visar f ′ (x) av en polynomfunktion f(x). Vad kan vi då säga om f(x)? 6 4 2 -3
-2
-1
1
2
3
4
-2 -4 -6
Figur 37: Lösning: Av allt att döma verkar f ′ (x) vara ett andragradspolynom. Då måste f(x) vara av tredje graden. När f ′ (−2) = 0, derivatan är 0 då x = −2, betyder att tangenten till f(x) då x = −2 är 0. f(x) har alltså en extrempunkt för f(−2). Samma resonemang för x = 3. Då x < −2, till exempel x = −1000 är derivatan f ′ (−1000) > 0. f(x) måste då vara växande. Då −2 < x < 3 är f ′ (x) < 0. På samma sätt kan vi då påstå att f(x) måste vara avtagande. Om någonting växer, planar ut, för att sedan avta måste detta något ha haft ett maximum. Då x > 3 är f ′ (x) > 0, det vill säga kurvan har en positiv lutning – är växande. Här har vi en situation då någonting avtar, för att sedan plana ut och därefter börja växa. Då måste vi ha stött på ett minimum. Vi fick fram en hel del och sammanfattar det med följande tabell x
x < −2 x = −2 −2 < x < 3 x = 3 x > 3
f ′ (x)
+
0
−
0
+
f(x)
ր
max
ց
min
ր
Däremot kan vi inte klara av allt. Här är till exempel två av oändligt många möjliga f(x) 15 10 5 -3
-2
-1
1
2
3
4
-5 -10
Figur 38:
Håkan Strömberg
75
KTH Syd
5 Bestäm ekvationerna till de räta linjerna i detta diagram: 9 8 7 6 5 4 3 2 1 1 2 3 4
-3-2-1 -1 -2 -3 -4 -5
Figur 39: Lösning: De tre ekvationerna är
y = 2x + 1 y=2−x y = x2
6 Bestäm f ′ (x) = 0 då f(x) = x +
1 x
Lösning: Vi skriver om funktionen innan vi deriverar f(x) = x + x−1 och får derivatan f ′ (x) = 1 − x−2 = 1 −
1 x2
Återstår att lösa ekvationen 1−
1 x2
1 x2 x1 x2
= = = = =
0 1 x2
1 1 −1
Så när vi plottar kurvan kan vi förvänta oss att f(x) har extrempunkter då x = ±1.
Håkan Strömberg
76
KTH Syd
15 10 5 -2
-1
1
2
-5 -10 -15
Figur 40: Visst kan vi se ett maximum och ett minimum i grafen. Vad kan vi säga om f(0)? Funktionen är inte definierad för f(0). Vad kan vi säga om lim x +
x→+0
1 = +∞ x
och
1 = −∞ x→−0 x När x närmar sig 0 från positiva sidan sticker f(x) iväg uppåt mot stora värden. Omvänt när x närmar sig 0 från negativa sidan. lim x +
7 Jag mötte en gång en elev som påstod att kurvan till funktionen f(x) = 2x2 + 3 är konstant lika med 4 överallt på kurvan. Hade han rätt? Lösning: Självklart inte, eftersom derivatan är f ′ (x) = 4x förstår vi att kurvan antar alla lutningar från −∞ . . . + ∞.
8 Vi har två funktioner
f(x) = x2 + 1
och
x2 + 4x 3 Lös ekvationen f ′ (x) = g ′ (x) och tolka resultatet Lösning: Vi deriverar de två funktionerna g(x) =
f ′ (x) = 2x och g ′ (x) =
Håkan Strömberg
77
2x +4 3 KTH Syd
När vi sätter dem lika får vi ekvationen 2x 3
= = = = =
2x 3 · 2x 6x 4x x
+4 2x + 3 · 4 2x + 12 12 3
Då x = 3 har de två kurvorna samma lutning. Då x = 3 är f ′ (x) = g ′(x). 50 40 30 20 10 -15
-5
-10
5 -10
Figur 41: Kan man se det i figuren? 5
9 Här är grafen till funktionen f(x) = x 2 ritad. Bestäm f ′ (0.6) grafiskt, genom att rita en tangent och bestämma dess k-värde genom att räkna rutor. Bestäm också f ′(0.6) på matematisk väg. 1
0.8
0.6
0.4
0.2
0.2
0.4
0.6
0.8
1
Figur 42: Lösning: Vi ritar in en tangent så gott det går, figur 43. Ur figuren får vi sedan för två godtyckligt valda punkter på tangenten: ∆x ≈ 0.88 − 0.35 = 0.53 och ∆y = 0.6 − 0.0 = 0.6 ger ∆y 0.6 = ≈ 1.13 ∆x 0.53 Återstår att bestämma f ′ (0.6) på ett betydligt säkrare sätt. 3
5x 2 f (x) = 2 ′
Håkan Strömberg
78
KTH Syd
Figur 43:
Nu kan vi bestämma
3
5 · 0.6 2 f(0.6) = ≈ 1.16 2 10 I uppgift 3 skissade vi all tänkbara varianter av ett tredjegradspolynom. Gör en liknande utredning för fjärdegradspolynom
1 Derivera funktionen f(x) = e−x + e2x 2 Derivera funktionen f(x) = x4 + 4x 3 Bestäm f(f ′ (2)) då f(x) = x3 + 2x + 10 4 Bestäm a hos f(x) = x2 + ax − 2 så att f ′ (1) = 4 5 En raket skjuts uppåt och höjden h i meter över marken är en funktion av tiden t enligt: h(t) = 150t − 5t2 a) Efter vilken tid når raketen sin högsta höjd? b) Bestäm raketens medelhastighet under tiden från start tills den når högsta höjden. c) Vilken är raketens hastighet då den nått halvvägs till högsta höjden?
Håkan Strömberg
79
KTH Syd
1 f ′ (x) = −e−x + 2e2x 2 Först f(x) = x4 + eln(4)x sedan f ′ (x) = 4x3 + ln(4)eln(4)x 3 Vi behöver derivatan och får f ′ (x) = 3x2 + 2 sedan f ′ (2) = 3 · 22 + 2 = 14
Till sist 4 Vi deriverar
f(14) = 143 + 2 · 14 + 10 = 2782 f ′ (x) = 2x + a
f ′ (1) = 4 ger ekvationen 2·1+a = 4 a = 2 5 Om höjden ges av h(t), så får vi hastigheten från h ′ (t). När raketen vänder är hastigheten förstås 0, med andra ord h ′ (t) = 0. Vi deriverar och löser ekvationen h ′ (t) = 150 − 10t h ′ (t) = 0 ger alltså 150−10t = 0 som har lösningen t = 15. Efter 15 sekunder har raketen nått sin högsta punkt som är h(15) = 150 · 15 − 5 · 152 = 1125 meter. Medelhastigheten får vi genom 1125 meter på 15 sekunder. Vmedel =
1125 = 75 m/s 15
= 562.5 meter. Hur lång tid tar det att Halvvägs till högsta punkten är 1125 2 komma dit? Genom ekvationen h(t) = 562.5 får vi 150t − 5t2 = 562.5 t1 = 4.4 t2 = 25.6 Den första tiden gäller på uppfärden och den andra på nedfärden. Nu kan vi bestämma den efterfrågade hastigheten genom h ′ (4.4) ≈ 106 m/s
Håkan Strömberg
80
KTH Syd
Räkna bokens uppgifter: 3102, 3104, 3106, 3109, 3111
3102 b) TB: Kör de med dessa uppgifter i det här kapitlet också? Det gör inget, jag börjar bli ganska bra på det. Vi har funktionen f(x) = x3 − 3x2 − 24x + 13 och man frågar efter f ′ (x) = 0. Jag vet att den här funktionen leder fram till att jag ska lösa en andragradsekvation. f(x) f ′ (x) f ′ (x) 2 x − 2x − 8 x x1 = 4
= = = = =
x3 − 3x2 − 24x + 13 3x2 − 6x − 24 0 då 3x2 − 6x − 24 = 0 0 √ 1± 1+8 x2 = −2
Det frågas inte om det, men jag vill gärna fortsätta att berätta om den här funktionen. Den har två extrempunkter en i (−2, f(−2)) och en i (4, f(4)) eller bättre (−2, 41) och (4, −67). Jag ska nu rita ett schema över hur derivatans tecken varierar f ′(x) + 0 − 0 + x −2 4 Derivatan är alltså f ′ (x) > 0 när x < −2 och f ′ (x) < 0 när −2 < x < 4 . Med hjälp av den här tabellen kan man rita en skiss av kurvan.
Figur 44: Det här är en skiss av funktionen. Visst finns det många, framför allt polynom av tredje graden, funktioner som passar in på denna skiss. Men den är ändå till en viss nytta när man ska plotta kurvan. Vi avslutar med den korrekta grafen: Funktionens nollställen kan vi normalt inte bestämma. Kan du det? KTH: Inte utan att använda en handbok eller ett matematikprogram. Här har du rötterna:
Håkan Strömberg
81
KTH Syd
-6
-4
-2
2
4
6
-50 -100 -150
Figur 45:
x1 = 1 + r
9
r 3
√ 13 + i 2747 ≈ 6.42196 2
+ √ 13 + i 2747 2 r √ √ 13 + i 2747 √ 1+i 3 9i i + 3 2 r x2 = 1 − + ≈ 0.514274 √ √ 2 3 3 13 + i 2747 4 √ r √ 3 9 1 + i √ 2747 i 3 13 + i p x3 = 1 + i+ 3 −√ ≈ −3.93623 √ 3 3 2 2 4 13 + i 2747 3
TB: Skojar du!
KTH: Jag hoppas att jag inte gör det. Det är en helt annan teknik att bestämma de exakta uttrycken för rötterna och att hitta numeriska värden. 3104 TB: Jag behöver inte bestämma funktionen helt och hållet. Vi har grafen för f ′ (x) och ser att den har nollställena f ′ (−3) = 0 och f ′ (3) = 0. Av allt att döma är f ′ (x) ett polynom av andra graden. Det betyder att f(x) är av tredje graden. Jag ska rita ett schema igen f ′(x) − 0 + 0 − x −3 3 Skissen ser nu ut så här:
Figur 46:
Håkan Strömberg
82
KTH Syd
Figur 47:
Det finns bara sex olika skisser för polynom av tredje graden. A och B har vi sett ovan. Exempel på C är fC(x) = −x3 med en terrasspunkt och på D, fD(x) = x3 också med en terrasspunkt. fE(x) = x3 + 10x och fF(x) = −x3 − 10x har inte ens en terrasspunkt. TB: Jag har glömt vart jag var på väg... Egentligen är denna uppgift verkligen enkel Vi har ett minimum i (−3, 4) och ett maximum i (3, 16). Kan man bestämma f(x):s koefficienter? KTH: Nej det finns oändligt många tredjegradspolynom med dessa extrempunkter och vi vet inte vilken av dessa som beskrivs här. 3106 b) TB: En liknande uppgift igen, det handlar verkligen om exercis. Vi har funktionen f(x) = 2x3 −18x2 −42x+3 vars extrempunkter vi ska bestämma. Funktionens nollställen kan vi dock inte bestämma. f(x) f ′ (x) f ′ (x) 2 x − 6x − 7 x x1 = 7
= = = = =
2x3 − 18x2 − 42x + 3 6x2 − 36x − 42 0 då 6x2 − 36x − 42 = 0 0 √ 3± 9+7 x2 = −1
Åter till schemat: f ′(x) + 0 − 0 + x −1 7 Vi bestämmer sedan f(−1) = 25 och får maximipunkten (−1, 25) och f(7) = −487 och får minimipunkten (7, −487). KTH: Du är verkligen på alerten idag. 3109 b) TB: Vad menar man med här? Avtagande för alla x KTH: Hur är det med de kurvor du hittills skissat är de avtagande för alla x? Vilken kategori, av de sex du skissade på nyss, kan det vara frågan om? TB: Där ligger ju lösningen, förstås. Det måste handla om kategori F! Nu ska jag visa det:
Håkan Strömberg
83
KTH Syd
f(x) f ′ (x) f ′ (0) x2
= 5 − x − 8x3 = −1 − 24x2 = då − 1 − 24x2 = 0 = −1/24
Det finns inga reella rötter och därmed inga extrempunkter. Derivatan är negativ för alla x, f ′ (x) < 0. 3111 TB: Det känns som en svår uppgift. Vad är a? KTH: En konstant vars värde man inte bestämt. Hantera det som ett tal vilket som helst. f(x) f ′ (x) f ′ (x) x2 + 2 ax + 1/3 3
= = = =
x3 + ax2 + x 3x2 + 2ax + 1 0 då 3x2 + 2ax + 1 = 0 0 q 2
x = − a3 ± a9 − 39 √ Hur ska man hantera det här... Om a = 3 blir resultat 0 under √ rottecknet. Vi får en dubbelrot, som leder till en terrasspunkt. Om a < 3 blir värdet under rottecknet negativt och det finns√inga reella rötter och därmed saknas också extrempunkter. Till sist om a > 3 finns det två extrempunkter.
Håkan Strömberg
84
KTH Syd
Ingen ny teori denna dag. Istället koncentrerar vi oss på att lösa två tränings-KS:ar.
1 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (2) då f(x) = x2 + x + 2 2 Funktionen f(x) = x2 − 4x + 8 har en minpunkt. Bestäm med hjälp av derivatan x-koordinaten för denna punkt. 3 Derivera funktionen f(x) = 3x + 10 · 2x 4 Funktionen f(x) = x2 − x − 2 är given. Vi tänker oss tangenten till kurvan då x = 3. Var skär denna tangent x-axeln? 5 Figuren visar funktionen f(x). En av följande fem derivator hör till funktionen, vilken? a) f ′ (x) = (x − 1)(x + 2) b) f ′ (x) = (x + 1)(x − 2) c) f ′ (x) = (1 − x)(2 + x) d) f ′ (x) = (x − 1)2 + (x + 2)2 e) f ′ (x) = (x − 2)2(x + 2)2 4 2
-2
-1
1
2
3
4
-2
Figur 48:
Håkan Strömberg
85
KTH Syd
6 Ett föremål glider utför ett sluttande plan, så att den tillryggalagda vägen i meter vid tiden t sekunder är s(t) = 2t +
3t2 2
Bestäm hur lång sträcka föremålet har förflyttat sig när hastigheten är 10 meter/sek.
1 Derivatans definition skrivs som du vet f(x + h) − f(x) h→0 h
f ′ (x) = lim
I vårt specifika fall ger det, eftersom x = 2 ((2 + h)2 + (2 + h) + 2) − (22 + 2 + 2) h→0 h
f ′ (2) = lim
Vi utvecklar och förenklar uttrycket ((2 + h)2 + (2 + h) + 2) − (22 + 2 + 2) (4 + 4h + h2 + 2 + h + 2) − 8 = = h h (8 + 5h + h2) − 8 5h + h2 h(5 + h) = = =5+h h h h Nu kan vi skriva f ′ (2) = lim 5 + h = 5 h→0
Svar: f ′ (2) = 5 2 Vi inleder med att derivera funktionen, bestämma f ′ (x). Därefter tar vi reda på derivatans nollställen, löser ekvationen f ′ (x) = 0. Roten till denna ekvation är svaret på uppgiften. f ′ (x) = 2x − 4 f ′ (x) = 0 ger ekvationen 2x − 4 = 0 som har roten x = 2. Svar: x = 2 3 Vi startar med att skriva om funktionen med basen e f(x) = exln 3 + 10 · exln 2 Nu är det dags att derivera och vi använder oss av deriveringsregeln f(x) = ekx ⇒ f ′(x) = k · ekx Håkan Strömberg
86
KTH Syd
7 6 5 4 3 2 1 -2
-1
1
2
3
4
-1
Figur 49: En minpunkt då x=2
och får f ′ (x) = ln 3 · exln 3 + 10 ln 2 · exln 2 Man kan nu gå vidare och förenkla (?) uttrycket x
x
f ′ (x) = ln 3·exln 3 +10 ln 2·exln 2 = ln 3·eln 3 +10 ln 2·eln 2 = ln 3·3x+10 ln 2·2x Svar: f(x) = ln 3 · 3x + 10 ln 2 · 2x
4 x-koordinaten för aktuell punkt på kurvan som ska tangeras har vi redan x = 3. y-koordinaten får vi genom att bestämma f(3). Vi deriverar f(x) och får f ′ (x). f ′ (3) ger oss tangentens k-värde. Vi har nu en punkt och ett k-värde och vi kan bestämma tangentens ekvation t(x). Återstår att ta reda skärningen med x-axeln, som vi får genom att lösa ekvationen t(x) = 0. f(3) = 32 − 3 − 2 = 4 Tangeringspunkten är (3, 4). Dags att derivera f ′ (x) = 2x − 1 f ′ (3) ger oss tangentens k-värde: f ′ (3) = 2 · 3 − 1 = 5. Tangentens ekvation t(x) = 5x + m (eller y = 5x + m, som vi är vana att skriva) börjar ta form. Vi sätter in punkten (3, 4) och får ekvationen 4 = 5 · 3 + m, som ger m = −11. Tangentens ekvation är t(x) = 5x − 11 När en linje skär x-axeln är y-koordinaten 0 (eller t(x) = 0), så vi får ekvationen 0 = 5x − 11 x = 11 5 Svar: Tangenten skär x-axeln i punkten ( 11 , 0). 5 5 Från figuren får vi att f(x) har maxpunkt respektive minpunkt då x = −1 och x = 2. Detta innebär att f ′ (−1) = 0 och f ′ (2) = 0. Sätter vi in dessa x i de fem derivatorna så får vi att det stämmer endast för alternativ b). Svar: Alternativ b)
Håkan Strömberg
87
KTH Syd
10
-2
-1
1
2
3
4
5
-10
-20
Figur 50: Här ser vi tangenten
6 Från s(t) får vi alltså den sträcka föremålet förflyttat sig efter t sekunder. Från s ′ (t) får vi hastigheten som föremålet glider med efter t sekunder. Efter att vi deriverat s(t) har vi att lösa s ′ (t) = 10. Roten till den ekvationen ger oss svaret på hur lång tid det dröjer innan hastigheten är 10 meter/sek. Eftersom vi nu vet hur lång tid det förflutit kan vi använda s(t) för att ta reda på hur långt föremålet hunnit. Vi startar med att derivera: s ′ (t) = 2 + 3t Vi löser ekvationen s ′ (t) = 10 och får 2 + 3t = 10 t = 38 Återstår att bestämma 2 8 2 · 8 3 · 83 s = + = 16 3 3 2 Svar: Föremålet har hunnit 16 meter
Håkan Strömberg
88
KTH Syd
1 Under sin tidiga karriär hade höjdhopperskan Kajsa Bergqvist följande utomhusresultat: År Höjd (cm)
88 138
89 156
90 156
91 161
92 177
93 184
94 190
95 190
96 193
97 195
98 193
99 197
Hur stor var den genomsnittliga förändingshastigheten för hennes resultat från 1988 till 2000? 2 Bestäm i mån av förekomst extrempunkter till funktionen x3 x2 − − 6x + 12 f(x) = 3 2 3 Bestäm derivatan till funktionen f(x) =
√ 3
x2 +
1 x2
4 Folkmängden i en liten stad i Sverige stiger med den höga förändringsfaktorn 1.04. Idag, år 2007 har staden 10356 invånare. a) Vilket år blir denna stad Sveriges nästa ’miljonstad’? b) Hur stor kommer tillväxten (invånare/år) att vara 2015? 5 Bestäm f(x) = f ′ (x) då funktionen f(x) = x2 − 4x + 1 6 Bestäm a och b så att funktionen f(x) = −x2 + ax + b får ett maximum i (1, 4)
1 Vi ställer upp differenskvoten ∆y y2000 − y1988 201 − 138 = = = 5.25 ∆x 2000 − 1988 12 Svar: 5.25 cm/år
Håkan Strömberg
89
KTH Syd
00 201
2 Vi deriverar funktionen f(x) och får f ′ (x). Vi löser ekvationen f ′ (x) = 0. De nollställen vi får i den ekvationen anger var det finns extrempunkter hos f(x). Med hjälp av teckenstudier avgör vi om det är max-, min- eller terrasspunkt. Vi avslutar med att bestämma f(x) för dessa punkter. f ′ (x) = x2 − x − 6 f ′ (x) = 0 ger följande ekvation x2 − x − 6 = 0 x =
1 2
±
x =
1 2
±
q
1 4
+
24 4
5 2
x1 = 3 x2 = −2 Vi vet nu att extrempunkter finns för x = 3 och x = −2. Detta ger följande tabell: x < −2 x = −2 −2 < x < 3 x = 3 x > 3 x f ′ (x)
+
0
−
0
+
f(x)
ր
max
ց
min
ր
Genom att bestämma f(−2) och f(3) får vi så till sist de eftersökta punkterna. f(−2) =
(−2)3 (−2)2 58 − − 6(−2) + 12 = 3 2 3
och
33 32 −3 − − 6 · 3 + 12 = 3 2 2 Svar: Maxpunkt i (−2, 58 ) och minpunkt i (3, − 23 ). 3 f(3) =
15 10 5
-4
-2
2
4
Figur 51: Funktionens utseende 3 Vi startar med att skriva om funktionen på en mer lättderiverad form: 2
f(x) = x 3 + x−2
Håkan Strömberg
90
KTH Syd
Nu är det dags att derivera: 1
2x− 3 f (x) = + (−2)x−3 3 I och för sig är uppgiften löst nu, men vi önskar en trevligare form: ′
f ′ (x) =
2 3x
1 3
−
2 2 2 − 3 = √ 3 3 x 3 x x
Svar:
2 2 f ′ (x) = √ − 3 3 3 x x 4 Sedan gammalt kan vi ställa upp funktionen b(t) = 10356 · 1.04t Där t = 0 motsvarar år 2007. För att lösa a) har vi bara att lösa ekvationen 1000000 = 10356 · 1.04t 1.04t =
1000000 10356 1000000 10356 1000000 10356
t ln 1.04 = ln t =
ln
ln 1.04
t ≈ 117 För att kunna svara på b) måste vi ta fram funktionens derivata b ′(t) och bestämma b ′ (8) (det har ju gått 8 år). Om vi först skriver om funktionen till basen e får vi b(t) = 10356 · et ln 1.04 och så deriverar vi
b ′(t) = 10356 ln 1.04 · etln 1.04
och till sist kan vi bestämma b ′ (8)
b ′ (8) = 10356 ln 1.04 · e8ln 1.04 ≈ 556 Svar: År 2007 + 117 = 2124 är staden en miljonstad. Tillväxthastigheten var år 2015, 556 personer/år 5 Vi deriverar f(x) f ′ (x) = 2x − 4 och löser sedan ekvationen f(x) = f ′ (x) x2 − 4x + 1 x2 − 6x + 5 x x x1 x2 Håkan Strömberg
91
= = = = = =
2x − 4 0 √ 3± 9−5 3±2 5 1
KTH Syd
Svar: Det finns två lösningar, x = 1 och x = 5 12.5 10 7.5 5 2.5 -1 -2.5
1
2
3
4
5
6
-5
Figur 52: Skärningspunkterna mellan f(x) och f’(x) 6 Vi startar med att derivera f(x) där vi betraktar a och b som konstanter. När vi sedan löser ekvationen f ′ (1) = 0 får vi reda på a. Vi vet ju att f ′ (1) = 0 eftersom f(x) har en maxpunkt för x = 1. f ′ (x) = −2x + a f ′ (1) = 0 ger ekvationen −2 · 1 + a = 0 med roten a = 2. a är bestämd och funktionen har just nu utseendet f(x) = −x2 + 2x + b Men vi vet också att f(1) = 4. Detta ger en ny ekvation −(12) + 2 · 1 + b = 4 som har roten b = 3. Vi är klara. Svar: f(x) = −x2 + 2x + 3 4 2
-2
-1
1
2
3
-2 -4
Figur 53: Maxpunkt på rätt ställe
Håkan Strömberg
92
KTH Syd
När vi nu ska lära oss att skissa kurvor är det bra att ha en känsla för vad som händer med kurvan när vi sätter in stora tal. Inledningsvis är det ju polynom vi ska studera. Här ska vi se vad som händer när x växer för följande funktioner f(x) = x2 x3 100 x4 h(x) = 20000
g(x) =
x
x2
0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220
0 400 1600 3600 6400 10000 14400 19600 25600 32400 40000 48400
x3 x4 100 20000 0 0 80 8 640 128 2160 648 5120 2048 10000 5000 17280 10368 27440 19208 40960 32768 58320 52488 80000 80000 106480 117128
Tal med fet stil visar största värdet hos de tre funktionerna. Vi ser alltså att h(x) så småningom tar över ledningen för att aldrig släppa den när x fortsätter att växa. Om vi studerar funktionsvärden för polynom av udda gradtal, ser vi att de antingen • kommer nerifrån −∞ och försvinner uppåt mot ∞. Koefficienten som tillhör termen med högsta gradtalet är > 0. • eller kommer uppifrån ∞ och försvinner neråt mot −∞. Koefficienten som tillhör termen med högsta gradtalet är < 0.
Håkan Strömberg
93
KTH Syd
När det gäller polynom med jämna gradtal, ser vi att de antingen • kommer nerifrån −∞ och försvinner neråt mot −∞ igen. Koefficienten som tillhör termen med högsta gradtalet är < 0. • eller kommer uppifrån ∞ och försvinner uppåt mot ∞ igen Koefficienten som tillhör termen med högsta gradtalet är > 0. Vad kan man säga om termen med högsta gradtalet för dessa fyra grafer? (Vi antar att vi ser alla extrempunkter). 20
20
10 10
-2 -2
4
2
4
2
6
-10 -10
-20 -20
20 -2
2
4
6
10 -50 -2
2
4
-100
-10 -150
Längst upp till vänster har vi en polynomfunktion av udda gradtal. Om det är så att man ser alla extrempunkter (en maxpunkt och en minpunkt) så måste det vara en 3:egradspolynom med positiv koefficient. Till exempel p(x) = 2x3 . . . Längst upp till höger har vi också ett 3:egradspolynom men denna gång med negativ koefficient framför x3-termen. Till exempel p(x) = −x3 . . . Längst ned till vänster har vi en polynomfunktion av jämnt gradtal. Ser vi alla extrempunkter (en max- och två minpunkt) handlar det om ett 4:egradspolynom med positiv koefficient framför x4-termen. Till exempel p(x) = x4 . . . Längst ned till höger har vi också ett 4:egradspolynom, men denna gång med negativ koefficient framför x4-termen. Till exempel p(x) = −2x4 . . . Vi förstår av detta, att vilka koefficienter termer med lägre gradtal än har, så är det termen med högsta gradtalet som avgör kurvans utseende för stora negativa och positiva x. För att kunna skissa en funktion f(x) är det bra att känna till • var funktionen ’kommer ifrån’ för stora negativa x • vart funktionen ’tar vägen’ för stora positiva x
Håkan Strömberg
94
KTH Syd
• funktionens f(x) nollställen
• nollställen till funktionens derivata, f ′ (x)
• ibland också andraderivatan, f ′′ (x) (nästa föreläsning) Om man har den här kunskapen kan man skissa funktionen f(x) Fjärdegradspolynom. Hur många olika skisser kan ett fjärdegradspolynom uppvisa?
Figur 54: Maximalt kan det finnas tre extrempunkter. Det är rötterna till ekvationen f ′ (x) = 0 som avgör hur många extrempunkter det finns. Då vi talar om f(x) som 4:egradspolynom vet vi att f ′ (x) är av 3:e graden. Det betyder att f ′ (x) = 0 har maximalt tre reella rötter. Vi vet också att grafen till ett 3:egradspolynom skär x-axeln minst en gång, vilket betyder att f ′ (x) = 0 har minst en rot. Vilket betyder att f(x) har minst en extrempunkt. Vi ska nu skissa ett fjärdegradspolynom p(x) = x4 − 12x3 + 48x2 − 80x + 48 Från tidigare vet vi att det är mycket svårt att lösa fjärdegradsekvationer, därför får vi här hjälp med rötterna. x4 − 12x3 + 48x2 − 80x + 48 x1 x2 x3 x4
= = = = =
0 2 2 2 6
När vi deriverar p(x) får vi p ′ (x) = 4x3 − 36x2 + 96x − 80 Även rötterna till p ′ (x) = 0 är svårfångade eftersom det är nästan lika svårt att lösa en tredjegradsekvetion. Även denna gång får vi hjälp 4x3 − 36x2 + 96x − 80 x1 x2 x3 Håkan Strömberg
95
= = = =
0 2 2 5
KTH Syd
Nu har vi tillräckligt med kunskap om funktionen för att kunna skissa den. Vi ställer upp följande diagram för teckenstudier. x
x<2
x=2
25
f ′ (x)
−
0
−
0
+
f(x)
ց
terrass
ց
min
ր
• Vi sätter in ett stort negativt tal, till exempel −1000, och ser att f ′ (−1000) < 0. Det betyder att f(x) är avtagande. Vi ritar in en pil som pekar nedåt. • Då x = 2 är f ′ (x) = 0, alltså har vi träffat på en extrempunkt. Vi vet dock inte ännu vilken typ av punkt det handlar om. • Då vi rör oss i intervallet 2 < x < 5 väljer vi ett möjligt x1 och bestämmer f ′ (x1) till exempel f ′ (3) = 4 · 33 − 36 · 32 + 96 · 3 − 80 = −8 (De gånger talet x = 0 ingår i intervallet är det ett lämpligt värde, missa inte det när det är möjligt). Vi ser att f ′ (3) < 0. Då måste f(x) åter vara avtagande. Vi ritar in en ny pil som pekar nedåt. Nu kan vi också avgöra vilken typ av extrempunkt vi har i x = 2 – en terrasspunkt! • Då x = 5 har vi en ny extrempunkt, vilken kan vi ana om vi studerar figur 54, men vi väntar med avgörandet. • Nu är det dags att sätta in ett stort positivt x-värde. 1000 dödar allt. Vi ser att f ′ (1000) > 0 och att funktionen (äntligen) växer. Vi förstår då också att vi har en minpunkt för x = 5. Nu är det dags att visa grafen och konstatera att den överensstämmer med vår skiss. 40 30 20 10 1
2
3
4
5
6
7
-10 -20
Figur 55:
1 Skissa funktionen f(x) = x4 − 8x3 − 26x2 + 168x − 135
Håkan Strömberg
96
KTH Syd
Vi får reda på att f(x) har följande nollställen, f(x) = 0 har följande rötter (som vi egentligen inte behöver för denna uppgift) x1 = −5 x2 = 1 x3 = 3 x4 = 9 f ′ (x) = 0 har följande rötter, som är betydligt viktigare för denna uppgift x1 = −3 x2 = 2 x3 = 7 Rita diagrammet för teckenstudier Lösning: f ′ (x) = 4x3 − 24x2 − 52x + 168 x
x < −3 x = −3 −3 < x < 2 x = 2 2 < x < 7 x = 7 x > 7
f ′ (x)
−
0
+
0
−
0
+
f(x)
ց
min
ր
max
ց
min
ր
Så här ser funktionen ut 1000 750 500 250 -5
-2.5
2.5
5
7.5
10
-250 -500
Figur 56: 2 Skissa funktionen f(x) = x4 − 12x3 + 54x2 − 108x + 81 Vi får reda på att f(x) har följande nollställen, f(x) = 0 har följande rötter x1 = 3 x2 = 3 x3 = 3 x4 = 3 f ′ (x) = 0 har följande rötter x1 = 3 x2 = 3 x3 = 3 Rita diagrammet för teckenstudier Lösning: f ′ (x) = 4x3 − 36x2 + 108x − 108 x
Håkan Strömberg
x<3 x=3 x>3
f ′ (x)
−
0
+
f(x)
ց
min
ր
97
KTH Syd
Funktionens utseende 8 6 4 2
1
2
4
3
5
6
Figur 57: 3 Skissa funktionen f(x) = −x4 − 4x3 + 18x2 − 20x + 7 f(x) har följande nollställen: x1 = −7 x2 = 1 x3 = 1 x4 = 1 f ′ (x) = 0 har följande rötter: x1 = −5 x2 = 1 x3 = 1 Rita diagrammet för teckenstudier Lösning: f ′ (x) = 4x3 − 12x2 + 36x − 20 x
x < −5 x = −5 −5 < x < 1
x=1
x>1
f ′ (x)
+
0
−
0
−
f(x)
ր
max
ց
terrass
ց
Så här ser funktionen ut 400 200 -10
-8
-6
-4
-2
2
4
-200 -400 -600
Figur 58:
Håkan Strömberg
98
KTH Syd
1 Skissa funktionen f(x) = x2 + 2x − 8 Här får du inga rötter eftersom du själv kan ta reda på dem! Rita diagram för teckenstudier. 2 Skissa funktionen f(x) = x3 − 6x2 − 135x + 572 Här får du rötterna till f(x) = 0, fast du inte behöver dem: x1 = −11 x2 = 4 x3 = 13 Rötterna f ′ (x) = 0 kan du ta reda på själv. Rita diagram för teckenstudier. 3 Skissa funktionen f(x) = −x4 + 12x3 − 4x2 − 192x − 320 f(x) = 0 har följande rötter: x1 = −4 x2 = 2 x3 = 4 x4 = 10 f ′ (x) = 0 har följande rötter: x1 = −2 x2 = 3 x3 = 8 Rita diagrammet för teckenstudier
1 f ′ (x) = 2x + 2 f ′ (x) = 0 ger x = −1 x
Håkan Strömberg
x < −1 x = −1 x > −1
f ′ (x)
−
0
+
f(x)
ց
min
ր
99
KTH Syd
2 f ′ (x) = 3x2 − 12x − 135 f ′ (x) = 0 ger ekvationen 3x2 − 12x − 135 x2 − 4x − 45 x x x1 x2 x
= = = = = =
0 0 √ 2 ± 4 + 45 2±7 9 −5
x < −5 x = −5 −5 < x < 9 x = 9 x > 9
f ′ (x)
+
0
−
0
+
f(x)
ր
max
ց
min
ր
Så här ser funktionen ut
1000 800 600 400 200 -10
-5
5
10
-200 -400
Figur 59: 3 f ′ (x) = −4x3 + 36x2 − 8x − 192 x
x < −2 x = −2 −2 < x < 3 x = 3 3 < x < 8 x = 8 x > 8
f ′ (x)
+
0
−
0
+
0
−
f(x)
ր
max
ց
min
ր
max
ց
Så här ser funktionen ut
Håkan Strömberg
100
KTH Syd
500 250 -5
-2.5
2.5
5
7.5
10
-250 -500 -750 -1000
Figur 60:
Räkna bokens uppgifter: 3112, 3114, 3117, 3118, 3119, 3121, 3122, 3125, 3126, 3128
3112 TB: Här blir det inte så mycket räkna, eller hur? Vi har funktionen f(x) = −x3 + 5x − 1. När x är stort, typ 1000000 är det förstås x3-termen som dominerar. Dess värde −1018 överskuggar förstås alla andra termer i polynomet. Samma sak gäller för x = −1000000. När x är litet, till exempel 0.000001, så är det 1:an som dominerar över de andra två termerna. TB: Du, jag orkar inte bestämma f ′ (x) = 0 en gång till. Har jag inte visat att jag kan det? KTH: I en skiss behöver du bara plocka fram vilken kategori kurvan tillhör 15 10 5 -4
-2
2
4
-5 -10 -15
Figur 61: TB: Det måste vara B. 3114 TB: Vilken dålig variation det är. Vad skiljer denna funktion från de jag redan bestämt i de andra uppgifterna?
Håkan Strömberg
101
KTH Syd
KTH: Räkna på får du väl se! f(x) f ′ (x) f ′ (x) 2 x + 2x x(x + 2) x1 = 0
= = = = =
x3 + 3x2 3x2 + 6x 0 då 3x2 + 6x = 0 0 0 x2 = −2
f(0) = 0 och f(−2) = 4. Maxpunkt i (−2, 4) och minpunkt i (0, 0). När jag plottar den får jag: 10 7.5 5 2.5 -4
-2
2
4
-2.5 -5
Figur 62: Den enda skillnaden från tidigare uppgifter är att man kan bestämma nollställena till f(x) därför att det är möjligt att lösa ekvationen f(x) = 0. x3 + 3x2 = 0 x2(x + 3) = 0 x1 = 0 x2 = 0 x3 = −3 Man ser från grafen att detta är riktigt. 3117 TB: En fjärdegradspolynom. En nyhet! f(x) = 25 +28x2 −x4. Den här kan ha enda upp till tre extrempunkter. Men kan man verkligen ta reda på var de finns eftersom vi varken kan lösa 3− eller 4−gradsekvationer. KTH: Vi har tidigare lös denna typ av ekvationer. Den då x3− och x−termer saknas. Hur gör man? TB: Grubbel, grubbel... KTH: Nyckelordet heter substitution TB: Då vet jag, vi substituerar t = x2 i ekvationen och får 25 + 28t − t2 = 0 25 + 28t − t2 = 0 t2 − 28t − 25 = 0 √ 2 √ t = 14 ± 14 √+ 25 t1 = 14 − 221 t2 = 14 + 221 Nu vet ja alltså vad t är då ska jag lösa t = x2. Det måste bli två ekvationer en för t1 och en för t2. Varje ekvation ger mig två rötter till den ursprungliga
Håkan Strömberg
102
KTH Syd
ekvationen:
p √ x1 = −p14 − 221 √ x2 = +p14 − 221 √ x3 = −p14 + 221 √ x4 = + 14 + 221
x1 och x2 är inte reella eftersom vi får ett negativt tal under rottecknet. Återstår de de två reella x3 ≈ −5.37272 och x4 ≈ 5.37272. Här är grafen som bekräftar: 200 100
-6
-4
-2
2
4
6
-100 -200
Figur 63: KTH: Du vet nu att det finns två nollställen till funktionen och i grafen kan vi se att det finns tre extrempunkter, två maximum och ett minimum. Kan du ta reda på i vilka punkter de ligger? TB: Principen för hur det ska gå till, känns som jag har visat många gånger nu, men eftersom derivatan är ett polynom av tredje graden kan det bli knepigt, om inte omöjligt att finna rötterna. Jag gör ett försök: f ′ (x) f ′ (x) x1 x2 x2
= = = = =
56x − 4x3 4x(14 − x2) 0√ − √ 14 14
Det √ blev ju inga problem √ alls. f(0) = 25 ger minimum i punkten (0, √ 25) och f(− √ 14) = 221 och f( 14) = 221 ger maximum i punkterna (− 14, 221) och ( 14, 221) 3118 TB: En funktion given på ett lite annorlunda sätt f(x) = 4x(x − 6)(x − 10). Detta gör att det blir huvudräkning att bestämma rötterna till f(x) = 0. De blir x1 = 0, x2 = 6 och x3 = 10. KTH: Är du säker på att det inte finns fler rötter. TB: Ja, för om jag skulle utveckla parenteserna så skulle det sluta i en polynom av tredje graden. Det ser man på långt håll. Men när jag nu ska ta reda på
Håkan Strömberg
103
KTH Syd
extrempunkterna kommer jag inte ifrån att utveckla parenteserna: f(x) = 4x(x − 6)(x − 10) f(x) = 4x3 − 64x2 + 240 f ′ (x) = 12x2 − 128x f ′ (x) = 0 då 12x2 − 128x = 0 √ 2 8 − 19 x1 = ≈ 2.4274 3√ 2 8 + 19 x2 = ≈ 8.23927 3 Det blev inga snälla värden f(x1) = 262.682 och f(x2) = −129.942 Vi har en maximipunkt i (2.4274, 262.682) och en minpunkt i (8.23927, −129.942) 200 100 2
4
6
8
10
-100 -200 -300
Figur 64: KTH: Det blev lite mer än en skiss av kurvan, eller hur? TB: Jag har en uppgift kvar. När är f(x) > 0. Dels när 0 < x < 6 och då x > 10. Lätt att säga när man har grafen. 3119 TB: Vi känner alltså rötterna x1 = −2, x2 = 1 och x3 = 4 till ekvationen p(x) = 0 och vet att a < 0 i f(x) = ax3+bx2+cx+d. Nu ska jag skissa kurvan. Man kan inte bestämma a, b, c och d eftersom man har fyra obekanta och tre villkor, de tre rötterna. Tidigare har vi sagt att det finns oändligt många polynom av tredje graden med de givna rötterna. Så därför måste det verkligen bli frågan om en skiss den här gången. Ekvationen (x + 2)(x − 1)(x − 4) = 0 har de tre givna rötterna. Om jag expanderar detta uttryck får jag x3 − 3x2 − 6x + 8 = 0. Motsvarande funktion p(x) = x3 − 3x2 − 6x + 8 är alltså en av många. Så här skulle man kunna skriva alla p(x) = m(x3 − 3x2 − 6x + 8). m kan nu vara vilket tal som helst. Speciellt i texten står det att koefficienten till x3 ska vara negativ, så varför inte låta m = −1. Genom att plotta denna funktion får vi svaret.
Håkan Strömberg
104
KTH Syd
KTH: Kan du inte istället resonera dig fram till hur grafen ser ut. TB: Vi har alltså p(x) = −x3 + 3x2 + 6x − 8. När x är ett stort negativt tal är p(x) > 0 vilket betyder att kurvan ”kommer snett uppifrån vänster”, skär x-axeln i x = −2, når ett minimum någonstans mellan x > −2 och x < 1. Vänder förstås där till positiv lutning och skär x-axeln igen i x = 1. Snart når den ett maximum för att åter vända ner, skära x-axeln i x = 4 och försvinna snett ned åt höger. Rörigt eller hur. "En bild säger mer än tusen ord". Här kommer grafen 40 20
-4
-2
2
4
6
8
-20 -40
Figur 65: 3121 TB: Den här gången får vi våra ledtrådar i form av en tabell x f(x)
−3 −1 2 4 0 0 5 0
Jag ska nu försöka finna a, b, c och d till funktionen f(x) = ax3 +bx2 +cx+d. Det lär gå bra eftersom det finns fyra obekanta och fyra punkter givna. Vi har lite tur eftersom tre av punkterna samtidigt är nollställen till funktionen. Då kan man skriva f(x) = m(x + 3)(x + 1)(x − 4). m kan nu ha vilket värde som helst eftersom vi kan förkorta bort m när vi ska lösa ekvationen f(x) = 0, m(x + 3)(x + 1)(x − 4) = 0. Oavsett m har vi de tre rötterna. Men vi har en fjärde punkt given, (2, 5), som vi nu ska utnyttja för att bestämma m. f(2) = 5 leder till ekvationen m(2+3)(2+1)(2−4) = 5 som ger m = −1/6. Funktionen är alltså f(x) = − 61 (x + 3)(x + 1)(x − 4). Om jag utvecklar parenteserna så får jag: 13x x3 f(x) = 2 + − 6 6 3122 TB: Jag är säker på att jag aldrig kommer att glömma denna teori efter denna exercis. En uppgift till, med samma innehåll. Man vill att jag ska skissa kurvan utan att försöka bestämma vare sig nollställen för f(x) eller f ′ (x). Funktionen f(x) = 4x3 − 3x4 kan ha fyra nollställen och tre extrempunkter. Men samtidigt kan ett polynom av fjärde graden helt sakna nollställen och bara ha en extrempunkt. Hur ska jag veta vilket, bara genom att stirra på funktionen. KTH: Du måste förstås försöka få fram nollställena till f(x).
Håkan Strömberg
105
KTH Syd
TB: Jag ser nu att vi kan skriva f(x) = x3(4 − 3x). Ekvationen f(x) = 0 har två rötter x1 = 0 och x2 = 4/3 KTH: Vilka rötter har då ekvationen x · x · x(4 − 3x) = 0?
TB: Det är ju samma ekvation !? Aha, nu förstår jag vad du menar. Rötterna är x2 = 0, x3 = 0, x4 = 0 och x5 = 4/3. För f(10000) < 0, som betyder att funktionen kommer nedifrån vänster, skär x-axeln i punkten (0, 0). Når sedan ett maximum, för att vända nedåt igen, skära x-axeln för x = 4/3 och försvinna ned till höger.
KTH: Nästan rätt. Frågan är vad som händer i (0, 0). TB: Jag vet inte. Får jag plotta funktionen? 1 0.5 -1.5
-1
-0.5
0.5
1
1.5
-0.5 -1 -1.5
Figur 66: Nu ser jag det finns en terrasspunkt i (0, 0). Hur skulle jag kunna se det? KTH: Jag vet inte! Men du kommer säker att se det då du löser f ′ (x) = 0. f(x) f ′ (x) f ′ (x) x2 − x3 x2(1 − x)
= = = = =
4x3 − 3x4 12x2 − 12x3 0 då 12x2 − 12x3 = 0 0 0 x1 = 0, x2 = 0, x3 = 1
Ekvationen har en dubbelrot i (0, 0), som betyder att det finns en terrasspunkt här. Jag konstruerar en teckentabell f ′ (x) + 0 + 0 − x 0 1 3125 TB: Varför denna enkla uppgift? KTH: Boken vill fästa din uppmärksamhet på att en funktion kan vara definierad endast i ett intervall på x-axeln. Den här är bara definierad för 2 ≤ x ≤ 12. TB: Så när man ska ta reda på funktionens maximum, så är det inte bara maxoch minpunkter man ska titta på. Man måste också ta reda på vilka värden funktionen har i början och slutet av intervallet.
Håkan Strömberg
106
KTH Syd
KTH: Precis. TB: De skiljer på lokala och globala extrempunkter. Jag tror att jag förstår att, till exempel, ett lokalt minimum är ett minimum bara runt omkring en given punkt. Globalt däremot gäller, i hela intervallet. I så fall finns det fyra lokala extrempunkter. Två maxpunkter (5, 9) och (12, 11) och två minpunkter (2, 5) och (9, 2). Globalt kan det aldrig finnas fler än ett maximalt och ett minimalt värde. Här är (12, 11) den globala maxpunkten och (9, 2) den globala minpunkten. 3126 TB: Som en repetition på förra uppgiften kan jag säga att man måste beräkna f(0.5), f(1), f(3) och f(4.5). Inte i någon annan punkt kan max- och minpunkterna ligga. Om nu funktionen är f(x) = x3 − 6x2 + 9x + 3, kan jag då lita på texten ovan att f ′ (x) = 0 för x = 1 och x = 3? KTH: Ja, det kan du. TB: I så fall är det bara att utföra det jag sagt ovan f(0.5) = 6.125,f(1) = 7,f(3) = 3 och f(4.5) = 13.125. Maxpunkten är alltså (4.5, 13.125) och minpunkten (3, 3) 3128 b) TB: Nu är det tydligen intervall som gäller. Intervallet denna gång är −1 ≤ x ≤ 0 och funktionen är f(x) = x3 − x2 − x + 2. Det finns ju den möjligheten att en extrempunkt jag finner inte ligger inuti intervallet, så man får se upp f(x) = x3 − x2 − x + 2 f ′ (x) = 3x2 − 2x − 1 f ′ (x) = 0 då 3x2 − 2x − 1 = 0 x2 − 32 x −
1 3
= 0
x =
1 3
±
x =
1 3
±
x1 = 1
q
1 9
+
3 9
2 3
x2 = − 13
Ja, titta x1 = 1 tillhör inte intervallet. Återstår då att beräkna f(−1) = 1, f(−1/3) = 59/27 och f(0) = 2. Det minsta värdet funktionen antar i det givna intervallet är alltså 1 och det sker i en av intervallets ändpunkter.
Håkan Strömberg
107
KTH Syd
Så här hittar man extrempunkter, max-, min eller terrasspunkter, till en kurva y = f(x) med hjälp av i första hand f ′′ (x) 1 Bestäm f ′ (x) och f ′′ (x) 2 Lös ekvationen f ′ (x) = 0. Om ekvationen saknar rötter saknar f(x) extrempunkter. I annat fall finns rötterna x = r1, x = r2 och så vidare. 3 Om f ′′ (r) > 0 har f(x) en minpunkt, (r, f(r)) 4 Om f ′′ (r) < 0 har f(x) en maxpunkt, (r, f(r)) 5 Om f ′′ (r) = 0 kan andraderivatan inte avgöra vilken typ av extrempunkt det handlar om. Återstår att avgöra punktens typ med teckenstudium. Vi sammanfattar nu det vi hittills kan i konsten att skissa funktioner och betraktar figur 67
Figur 67:
g,h,i visar funktionens f(x) nollställen Får man genom att lösa ekvationen f(x) = 0 b,c,d,e visar nollställen hos derivatan f ′(x) Får man genom att lösa f ′ (x) = 0 a,f begränsar det intervall a ≤ x ≤ f som vi studerar av f(x)
B,D,F är lokala maxpunkter. Får man genom f(B), f(D), f(F) A,C,E är lokala minpunkter. Får man genom f(A), f(C), f(E) A är global minpunkt
Håkan Strömberg
108
KTH Syd
D är global minpunkt Funktionen f(x) i figur 67 är växande i intervallen nedan Då är f ′ (x) > 0. a≤x 0. b≤x
1 Figur 68: Här ser vi ett 3:e-gradspolynom. Bestäm, med hjälp av diagrammet, i vilka intervall funktionen är växande respektive avtagande. (Det är heltal där du tror att det är det) Lösning: Funktionen f(x) är växande i intervallen
och avtagande i intervallet
−∞ < x < −3 11 < x < ∞ −3 < x < 11
För x = −3 och x = 11 är däremot funktionen varken växande eller avtagande. 3 Funktionen
x5 17x3 4 f(x) = −x − + 30x2 + 50 5 3
har extrempunkter i x1 = −4 x2 = 0 x3 = 3 x4 = 5 Ta med hjälp av andraderivatan f ′′ (x) reda på vilken typ av extrempunkter det rör sig om.
Håkan Strömberg
109
KTH Syd
Lösning: För att komma fram till f ′′ (x) måste vi först bestämma f ′ (x) = x4 − 4x3 − 17x2 + 60x Nu får vi f ′′ (x) = 4x3 − 12x2 − 34x + 60 Vi har nu att bestämma tecknet hos f ′′ (x) för de fyra nollställena till f ′ (x) f ′′ (−4) = −252 f ′′ (0) = 60 f ′′ (3) = −42 f ′′ (5) = 90
maxpunkt minpunkt maxpunkt minpunkt
<0 >0 <0 >0
Så här ser grafen ut. Stämmer våra beräkningar? 400 200 -6
-4
-2
2
4
6
-200 -400
Figur 69: 4 En luftballong startar sin uppstigning vid tiden t = 0 timmar för att stanna uppe i drygt t = 6 timmar. På vilken höjd (i meter) ballongen befinner sig på vid tiden t bestäms av funktionen h(t) = 4t3 − 54t2 + 240t Bestäm den högsta höjd ballongen befunnit sig på under de 6 första timmarna i luften. Lösning: Vi startar med att derivera funktionen och därefter lösa ekvationen h ′ (t) = 0 h ′ (t) = 12t2 − 108t + 240 h ′ (t) = 0 ger 12t2 − 108t + 240 = 0 t2 − 9t + 20 = 0 t t t1 t2
Håkan Strömberg
110
= 92 ± = 29 ± = 4 = 5
q
81 4
−
80 4
1 2
KTH Syd
h(t) har extrempunkter för t = 4 och t = 5. Genom att ta fram andraderivatan kan vi snabbt se vilken typ av punkter. h ′′ (x) = 24t − 108 Vi testar de de två punkterna h ′′ (4) = −12 < 0 ⇒ maxpunkt h ′′ (5) = 12 > 0 ⇒ minpunkt
Vi bestämmer nu h(4) och h(5), samt höjden för intervallets gränser h(0) och h(6). t 0 4 5 6 h(t) 0 352 350 360 Svar: Ballongens högsta höjd är 360 meter 5 Här får du se tre grafer. Hur hör de ihop 10 5 1
2
3
4
5
6
4
5
6
4
5
6
-5 -10
20 15 10 5 1
2
3
-5
40 20 1
2
3
-20 -40
Lösning: Översta grafen visar funktionen f(x), antagligen ett 5:e-gradspolynom. Den mellersta grafen visar f ′ (x) och den nedersta f ′′ (x).
Håkan Strömberg
111
KTH Syd
1 Vi startade med ett polynom p(x), som vi deriverade två gånger och fick p ′′ (x) = 6 Berätta allt du kan om p(x) 2 Denna gång har polynomet p ′ (x) = 0 två rötter x1 = 2 och x2 = 5. Dessutom vet vi att f ′′ (2) > 0. Frågor: a) Vilket gradtal har p(x)? b) Vad vet vi om extrempunkten då x = 2? c) Vad kan vi säga om den andra extrempunkten? d) Vart ’försvinner’ kurvan då x → ∞?
3 Vilket gradtal måste ett polynom, som i figur 70, minst ha, för att ha två terrasspunkter? 7.5 5 2.5 -3
-1
-2
1
2
-2.5 -5 -7.5 -10
Figur 70: 4 Här får du grafen till polynomet f ′ (x) berätta vad du vet om f(x). 60 40 20 -4
-2
2
4
6
-20 -40
Figur 71:
Håkan Strömberg
112
KTH Syd
5 Här följer inte mindre än 9 grafer. Tre polynom f(x), g(x), h(x) och deras första respektive andra derivator. Din uppgift är att para ihop dem rätt! 4
40
20
30
10 3 -2 2
10
-20
2
4
6
10 -2
20
6
-10
1
-2
4
2
2
4
6
-10
-2
-30
-10
-40
-20
12.5
5
10
2.5
4
6
2
4
6
2
4
6
7.5 -2
-20
5
-30
2.5
-40
-2.5 -5
-2
4
2
6
-7.5
-2.5
-50
-10 20
50 40
20
30
10
10
-2
20 -2
10
4
2
6
-10
-10 -2
2
2
4
-20
6
-10
-20
1 p(x) är av andra graden. Andragradstermen måste vara 3x2, vilket betyder att funktionen har ett minimum, vilket också f ′′ (x) vittnar om. De andra termerna i p(x) vet vi dock inget om. 2
a) 3:e graden b) Det är en minpunkt c) Det är en maxpunkt d) Mot y = −∞
3 p(x) måste vara av minst 5:e graden. 4 Här har du en möjlig f(x) 50
-4
-2
2
4
6
-50 -100 -150
Figur 72:
Håkan Strömberg
113
KTH Syd
5 g”(x) h’(x) f’(x)
h(x) g(x) f”(x)
f(x) g’(x) h”(x)
Räkna bokens uppgifter: 7203, 7205
7203
1) f(x) har ingen extrempunkt. Alltså är f ′ (x) 6= 0 för alla x. Då är antingen f ′ (x) > 0 eller f ′(x) < 0 för alla x. Här handlar det förstås om f ′ (x) > 0. 2) Här har f(x) en extrempunkt vilket betyder att f ′ (x) = 0 för något x. f(x) är varken positiv eller negativ för alla x. 3) Alla tangenter vi kan dra till denna funktion är positiva, vilket innebär att f ′ (x) > 0 för alla x. 4) Denna funktion är mest lik 1). Böjer av något men aldrig så att tangenten till kurvan har k-värdet 0. Då är f ′ (x) > 0 för alla x. 5) Här avtar f(x) hela tiden, så då är f ′ (x) < 0 för alla x 6) Varken det ena eller det andra. f(x) har ju en tangent med k = 0.
7205
a) Först får vi en punkt (3, 1) på kurvan som vi prickar in. Sedan får vi att f ′ (3) = 0, vilket betyder att punkten vi fått är en extrempunkt. Genom f ′′ (x) < 0 för alla x förstår vi att extrempunkten är em maxpunkt. Att f ′′ (x) < 0 för alla x kan betyda att till exempel f ′′ (x) = −10 och då är f(x) ett andragradspolynom. Men även f ′′ (x) = −28x2 är en möjlighet och då är f(x) av fjärde graden.
Figur 73: b) Den här gången har vi en punkt punkt på kurvan, (4, 3) som vi prickar in. Återigen har tangenten i denna punkt k = 0, Men nu är f ′′ (x) > 0 för alla x och vi har istället en minpunkt. c) Vi får en punkt på kurvan (1, 3) med en tangent som har k = 0. den här gången får vi inte veta något om f ′′ (x), men eftersom f ′ (x) < 0 då x < 1 och f ′ (x) > 0 då x > 1 förstår vi att det handlar om en minpunkt. d) Vi får punkten (5, 0) på kurvan. Eftersom det tangenten i denna punkt är lika med x-axeln har vi ett dubbelt (minst) nollställe i punkten. f ′ (x) > 0
Håkan Strömberg
114
KTH Syd
Figur 74: då x < 5 och f ′ (x) < 0 då x > 5 talar om att det handlar om en maxpunkt.
Håkan Strömberg
115
KTH Syd
Egentligen har vi ingen ny teori att presentera idag. Målet för den närmaste framtiden är att nöta in undersökandet av polynomfunktioner.
1 (Bokens nr 3204) Ett straffkast i basket följer ekvationen h(x) = 2.15 + 2.1x − 0.41x2 där h(x) meter är bollens höjd över golvet x meter är avståndet från utkastet räknat längs golvet. Hur högt når bollen? Lösning: Det är en ’ledsen’ andragradsfunktion, så vi vet redan från början att funktionen har en maxpunkt. Men vi låtsas inte om det. Istället ska vi använda oss av h ′′ (x) för att bestämma extrempunktens typ. Vi startar med att derivera funktionen h ′ (x) = 2.1 − 0.82x När vi nu sätter h ′ (x) = 0 får vi reda på för vilket x som det finns en extrempunkt hos h(x). h ′ (x) = 0 har en rot x = 2.56 Vi vet nu att då x = 2.56 så har h(x) antingen en maxpunkt eller en minpunkt. Vi har två möjligheter att avgöra vilket. Det enklaste är kanske att titta på andraderivatan h ′′ (x) h ′′ (x) = −0.82 som ju förstås är < 0 för alla x. Detta betyder att då x = 2.56 befinner sig bollen på sin högsta höjd. Vilken är då denna höjd? Får vi genom h(2.56) = 4.84 Svar: Bollen når höjden 4.84 meter 2 (Bokens nr 3205) Enligt en enkel modell för befolkningsutvecklingen i Sverige under åren 2000 till 2050 kan folkmängden y(x) miljoner uppskattas med formeln y(x) = −0.000338x2 + 0.0232x + 8.89 där tiden x är tiden i år räknat från 2000. Vilket är enligt modellen det största värdet på Sveriges folkmängd under denna period?
Håkan Strömberg
116
KTH Syd
Lösning: Här har vi för första gången ett intervall 2000 ≤ x ≤ 2050 att ta hänsyn till. Vad som händer med funktionen utanför detta intervall ska vi inte bry oss om. Åter ett andragradspolynom med minus framför x2-termen. Vi vet redan nu att det handlar om en maxpunkt. Vad vi inte vet är om maxpunkten ligger inuti intervallet. Vi startar med att ta reda på y ′ (x) och sedan extrempunkten genom y ′ (x) = 0. y ′ (x) = 0.0232 − 0.000676x y ′ (x) = 0 ger 0.0232 − 0.000676x = 0 som har roten x = 34.3195. För detta x-värde finns en extrempunkt hos y(x), som dessutom ligger i det givna intervallet. Genom andraderivatan y ′′ (x) kan vi ta reda på om det är en max- eller minpunkt. y ′′ (x) = −0.000676 y ′′ (x) < 0, alltså en maxpunkt. Vi kan nu bestämma folkmängden vid denna tidpunkten x = 34.3195 genom y(34.3195) = 9.28811 Det betyder att befolkningen år 2034 är ungefär 9288110 själar, om vi nu ska tro på det. Är detta en globalt maxpunkt om vi tittar på hela intervallet? Ja, det måste det vara, så vi bryr oss inte om att bestämma y(0) och y(50) eftersom vi är säkra på att dessa är mindre än y(34.3195). Förresten vad betyder 34.3195 år? 34 år är helt klart, men 0.3195 år är ju 0.3595·365 = 131.218 dygn. Eftersom månaderna januari till april har 31+28+ 31+30 = 120 dygn så bör detta maximum inträffa 11 maj 2034. Överskjutande tid det vill säga 0.218 · 24 = 5.232 betyder ungefär kl 5 : 14 på morgonen. Detta får oss osökt att tänka på antalet värdesiffror. Självklart är denna tidsbestämning uppåt väggarna. Förhoppningsvis har ni fått tillräckligt kunskap om detta genom fysiken. 3 (Bokens nr 3206) Christian studerade en sommar tillväxthastigheten y cm/dygn för en solros och fann att den följde en enkel andragradsmodell y(x) = 0.00035x(260 − x) där x är solrosens höjd i centimeter. Bestäm den största tillväxthastigheten. Hur lång är solrosen då? Lösning: Ordet modell, eller matematisk modell används, för till exempel en formel, som här, som beskriver ett naturfenomen. Man måste förstå att den bara är tillämplig på ett ungefär. Här nämns till exempel inte om solrosen står på en skuggig eller solig plats. Inte heller hur mycket det regnade denna sommar.
Håkan Strömberg
117
KTH Syd
Det här är en liten finurlig uppgift. Normalt förknippar vi hastighet, eller tillväxthastighet med derivatan till given funktion. Men eftersom y(x) är hastighet, så måste y ′ (x) vara någon form av tillväxtacceleration. Solrosen axar! Man behöver kanske inte filosofera över detta, även om det känns bättre när man vet vad man håller på med. Vår plan blir, som vanligt just nu, att ta fram y ′ (x). Lösa ekvationen y ′ (x) = 0. Ta reda på vilken typ av extrempunkter som finns. Bestämma y(x) för dessa. Men hur deriverar man y(x) = 0.00035x(260 − x) Vi klarar det inte på något annat sätt än att utveckla parentesen och få y(x) = 0.091x − 0.00035x2 som vi nu deriverar y ′ (x) = 0.091 − 0.0007x y ′ (x) = 0 ger 0.091 − 0.0007x = 0 som har roten x = 130. Vi vet att y(x) har en maxpunkt eftersom y ′′ (x) = −0.0007. Återstår att bestämma y(130) = 5.9. Vad betyder nu detta. Att solrosen växer som snabbast, 5.9 cm/dygn när den har en längd av 130 cm. 4 (Bokens nr 3211) Av en plåt som är 36 cm bred ska man bocka en öppen ränna med rektangulärt tvärsnitt. Vilka mått ger största möjliga tvärsnittsarea? Lösning: Detta är en ny kategori av problem. Vi ska alltså bestämma en maxpunkt. Men ingen funktion är given! Det handlar om geometri och genom att studera figuren kan vi lista oss till funktionen
Figur 75: Den eftersökta arean är A = B · H. Vi vet att H + H + B = 36. Om H = x så måste B = 36 − 2x och då kan vi skriva arean som A(x) = x(36 − 2x) = 36x − 2x2 eller hur? Vi har funktionen. Frågan är nu för vilket x som arean är som störst? Vi gör väl som vanligt, beräknar A ′ (x) och löser ekvationen A ′ (x) = 0 A ′ (x) = 36 − 4x
Håkan Strömberg
118
KTH Syd
A ′(x) = 0 ger oss nu 36 − 4x = 0 med roten x = 9. För x = 9 har funktionen en maxpunkt. A(18) = 162, som är rännans största tänkbara area. Finns det något intervall här, inom vilka värden på x kan variera? x största möjliga värde är 18, men då blir det inte mycket över till rännans bas, B = 0 och arean blir 0. x minsta värde är 0, det vill säga man viker inte upp någon kant alls. Då är också arean 0. Alla andra värden däremellan är möjliga för x. Intervallet för x blir då 0 ≤ x ≤ 18. Vi avslutar med att visa grafen 150 125 100 75 50 25 2.5
5
7.5
10
12.5
15
17.5
Figur 76: 5 (Bokens nr 3212) Figuren visar grafen y = f(x) i intervallet a ≤ x ≤ f.
Figur 77: a) När är funktionen f(x) växande? b) När är funktionen f(x) avtagande? c) I vilka punkter har f(x) lokala extrempunkter? d) När har f(x) globalt maximum? e) När har f(x) globalt minimum? Lösning: a) b
Håkan Strömberg
119
KTH Syd
b) a
32 27
Vi har då punkterna (− 31 , 32 ) och (1, 0) 27 b) f ′ (x) = 6x2 − 6x − 12 6x2 − 6x − 12 = 0 har rötterna x1 = −1 och x2 = 2 f(−1) = 2(−1)3 − 3(−1)2 − 12(−1) + 87 = 94 f(1) = 2 · 13 − 3 · 12 − 12 · 1 + 87 = 67 Vi har då punkterna (−1, 94) och (1, 67) Jag tror att ni sett mig lösa minst 100 andragradsekvationer på tavlan denna termin, så nu tänkte jag inte plåga er längre med det. Alla vet ju hur det går till, eller hur?
Håkan Strömberg
120
KTH Syd
1 Bestäm arean hos den största triangel man kan skapa där summan av triangelns höjd h och dess bas b, b + h = 12 cm. 2
Figur 78: En låda ska tillverkas av en kvadratisk pappskiva som har sidan 12 dm. I skivans fyra hörn klipps lika stora kvadratiska bitar bort. Det som återstår viks så att en låda, med idel, räta vinklar bildas. Hur stora ska de kvadratiska bitarna vara för att lådans volym ska bli så stor som möjligt? 3 Om priset för en parfym sätts till x kr/liter kan man räkna med att det under ett år säljs 5x f(x) = 100 − 100 liter, så länge priset x är 800 ≤ x ≤ 1200. Teckna en funktion I(x) för intäkten, det belopp man får från ett års försäljning. Beräkna sedan med hjälp av I(x) den maximala intäkten.
1 Om höjden h sätts till x, så återstår 12 − x till basen b, h = x, b = 12 − x. Med hjälp av formeln för triangelns area A=
b·h 2
får vi
x(12 − x) x2 = 6x − 2 2 Det är denna funktion vi ska finna en maxpunkt hos. Vi kan på vägen konstatera att 0 ≤ x ≤ 12. A(x) =
Håkan Strömberg
121
KTH Syd
Vi deriverar och får A ′ (x) och löser sedan ekvationen A ′ (x) = 0 A ′ (x) = 6 − x 6 − x = 0 ger x = 6. Vi deriverar en gång till och får A ′′ (x) = −1 Alltså är extrempunkten i x = 6 en maxpunkt, men det visste du ju redan. Hur som helst ser vi nu att då h = 6 och b = 6 får vi den maximala arean A = 18. 2 Vi ska bestämma volymen av lådan med hjälp av formeln V =b·h·l där b är bredden, l längden och h höjden. Men just i denna uppgift är l = b. Lådans botten är kvadratisk. De små kvadraterna som ska klippas bort antar vi har sidan x. Sidan hos den stora kvadraten vi har från början är 12. Hur stor är då bredden b? Jo, b = 12 − 2x och då är också l = 12 − 2x. Höjden är förstås h = x. Vi har tecknat alla måtten och kan nu teckna lådans volym V(x) = x(12 − 2x)(12 − 2x) = x(12 − 2x)2 Sedan är det bara att tuffa på som vanligt. Derivera V(x). Sätta V ′ (x) = 0 och lösa ekvationen för att få extrempunkterna. Vilket intervall befinner sig x i? 0 ≤ x ≤ 6, större kan ju inte x vara. Fört utvecklar vi parenteserna i V(x) V(x) = x(12 − 2x)2 = x(144 − 48x + 4x2) = 144x − 48x2 + 4x3 Nu är det dags att derivera V ′ (x) = 144 − 96x + 12x2 Ekvationen 144 − 96x + 12x2 = 0 har rötterna x1 = 2 och x2 = 6. Två extrempunkter! Vi ska nu avgöra vilken typ punkterna x = 2 och x = 4 tillhör, genom att derivera en andra gång. V ′′ (x) = −96 + 24x Då V ′′ (2) = −96 + 48 = −48 < 0 som betyder att vi funnit en maxpunkt. Då V ′′ (6) = −96 + 24 · 6 = 48 > 0 som betyder att det här handlar om en minpunkt. V(4) = 2(12 − 2 · 2)2 = 128 Svar: Den maximala volymen är 128 cm3, som vi får när de de små kvadraterna har sidan 2 cm.
Håkan Strömberg
122
KTH Syd
3 Om parfymen till exempel kostar x = 900 kr, så kommer man att sälja 4500 = 55 liter 100 Intäkten blir då I = 55 · 900 = 49500 kr. Den funktion vi är ute efter kan skrivas: 5x2 5x I(x) = x 100 − = 100x − 100 100 Det är den här funktionen vi ska finna en maxpunkt hos. Det luktar inte parfym, men det luktar derivering f(900) = 100 −
I ′ (x) = 100 −
10x x = 100 − 100 10
Sedan löser vi ekvationen I ′ (x) = 0 x =0 10 som har roten 1000. Vi tar fram andraderivatan för att bestämma typen hos extrempunkten. 1 I ′′ (x) = − 10 som alltid är negativ. Alltså är speciellt I ′′ (1000) < 0 vilket betyder att vi funnit, som väntat, en maxpunkt. 100 −
Räkna bokens uppgifter: 3202, 3203, 3207, 3208, 3209, 3210
KTH: Jaha, då sätter vi väl igång då. Är du pigg idag? 3202 TB: Så där. Det börjar bli lite mycket nu, men jag ska försöka samla mig och göra mitt bästa. En funktion är given. Jag väljer lite andra beteckningar än de som föreslås i boken. h(t) = −4.8t2 + 9.6t + 38.2 Genom den här funktionen kan jag ta reda på hur högt över vattnet raketen befinner sig. Efter till exempel t = 10 blir h(10) = −4.8 · 102 + 9.6 · 10 + 38.2 = −345.8. Oj då, raketen är på väg mot botten, om det nu överhuvudtaget är så djupt där. Men nu var det inte det vi skulle ta reda på. Vid vilken tid som raketen når sin högsta punkt får jag reda på genom att derivera h(t) och lösa h ′ (t) = 0 h(t) = −4.8t2 + 9.6t + 38.2 h ′ (t) = −9.6t + 9.6 h ′ (t) = 0 då − 9.6t + 9.6 = 0 t=1
Håkan Strömberg
123
KTH Syd
Snälla värden eller hur. Redan efter 1 sekund vänder raketen och börjar falla igen. Hur högt den då befinner sig över vattenytan får jag reda på genom att beräkna h(1) = −4.8 · 12 + 9.6 · 1 + 38.2 = 43 meter. Det var inte högt.
KTH: Kan du se hur högt över havet själva startrampen ligger?
TB: Då t = 0, innan uppskjutningen, befinner sig raketen h(0) = 38.2 meter över havet. Så själva ”skuttet” är inte högre än knappa 5 meter! KTH: Om du fick i uppgift att bestämma när raketen slår i vattnet, hur skulle du göra då? TB: Nu frågas det faktiskt inte om det, men antagligen skulle jag lösa ekvationen h(t) = 0. KTH: h(t) = 0 är en andragradsekvation och en sådan har ju som bekant två rötter. Betyder det att raketen landar två gånger? TB: Nu går vi till nästa uppgift föreslår jag. KTH: Jag vill bara berätta att rötterna är t1 = −1.99305 och t2 = 3.99305 och att funktionen inte är definierad för t < 0. Detta förklarar min fråga. TB: Vi kommer aldrig att bli klara om du ska hålla på och utvidga uppgifterna på det här sättet. 3203 TB: Finns det sådana här funktioner i verkligheten? Funktioner med vars hjälp man kan bestämma vilken vinst man får för olika priser. KTH: Jo man försöker nog bestämma sådana inom ekonomin, men de bygger förstås på psykologi och blir därför ganska osäkra. TB: Hur som helst har vi funktionen v(p) = 1000p − 5p2. Vinsten v, som funktion av priset p. Jag är på jakt efter ett maximum. Jag vet sedan tidigare andragradspolynom med en negativ koefficient till x2 har just ett maximum. För vilket pris p som maximal vinst uppkommer, får jag genom att bestämma v ′ (p) = 0 v(p) = 1000p − 5p2 v ′ (p) = 1000 − 10p v ′ (p) = 0 då 1000 − 10p = 0 p = 100 Svaret är att den maximala vinsten får jag om biljettpriset sätts till 100 kr. Jag behöver inte beräkna v(100) som skulle ge mig den maximala vinsten. Tack för det. 3207 TB: Det är förunderligt att det finns funktioner för en sådan här sak. KTH: Egentligen så finns det ju inte det. Den här funktionen är på sin höjd en modell av verkligheten. Kanske tillräckligt bra för att kunna användas i någon situation. TB: Funktionen T (t) = 0.5t2 − 5t + 10 har ett minimum, det vet jag säkert. Om detta minimum ligger i intervallet 0 ≤ t ≤ 12 kan jag inte omedelbart säga. Håkan Strömberg
124
KTH Syd
Om inte så är det värdet vid något av intervallets ändpunkter som ger det sökta värdet. T (t) = 0.5t2 − 5t + 10 T ′ (t) = t − 5 T ′ (t) = 0 då t − 5 = 0 t=5 Minimat ligger i intervallet. 5 timmar efter midnatt, alltså kl 5 : 00 är temperaturen som lägst T (5) = −2.5◦ C 3208 TB: Jag ritar inte om figuren som finns i boken. Det finns ingen funktion given den här gången, men allt är ganska väl tillrättalagt. Jag kan skriva A(x), x som funktion av arean som A(x) = x(28 − x) A(x) = 28x − x2 A ′(x) = 28 − 2x A ′(x) = 0 då 28 − 2x = 0 x = 14 Det är inte speciellt överraskande att x = 14 m, det vill säga att båda sidorna av staket är lika långa så att hagen blir en kvadrat. A(14) = 196 m2 3209 TB: Återigen en inhägnad, men nu vill man ha skilda hagar får (förlåt för) tackor och baggar! Figuren säger allt och jag får följande funktion A(x) = x(420 − 3x) A(x) = 420x − 3x2 A ′ (x) = 420 − 6x A ′ (x) = 0 då 420 − 6x = 0 x = 70 Långsidan skrivs 420 − 3x eftersom det behövs tre kortsidor, var och en med längden x m. Då x = 70 m får vi den maximala arean A(70) = 70(420 − 3 · 70) = 14700 m2. Var den här uppgiften svårare än den förra – eller? KTH: Nej, men eftersom upprepning är pedagogikens moder så gör vi detta endast för att det ”ska sitta”. 3210 TB: Konstigt villkor: Summan av höjden h och radien r ska vara r + h = 12. Men jag bryr mig inte. Men nu blir jag lite osäker. Vi ska beräkna volymen för en cylinder. Hur gjorde man det nu igen? KTH: Här har du formeln Vc = π · r2 · h
Den kan du hitta i formelsamlingen.
TB: Tack. Ja, här finns två storheter h och r!? Nu vet jag. Jag ska använda r + h = 12. Skriva om det som h = 12 − r och substituera h med detta uttryck i den formel du gav mig. Lite småklurigt faktiskt. Är det rätt tänkt?
Håkan Strömberg
125
KTH Syd
KTH: Javisst, bra TB: Jag kommer nu in på samma spår som i tidigare uppgifter. Jag får Vc(r) = π · r2(12 − r) Vc(r) = 12πr2 − πr3 Vc′ (r) = 24πr − 3πr2 Vc′ (r) = 0 då 24πr − 3πr2 = 0 r1 = 0, r2 = 8 Funktionen kan bara fungera för 0 < r < 12. Här kommer två grafer. Först Vc(r) och sedan Vc′ (r). Vc(r) är ett polynom av tredje graden, som verkar ha ett maximum vid r = 8 vilket stämmer med mina beräkningar. 800 600 400 200
2
4
6
8
10
12
Figur 79: Det finns två extrempunkter i det aktuella intervallet, allt enligt teorin. Vi vet att Vc′ (r) = 0, som är en andragradsekvation, ska ha (kan ha) två (reella) rötter. Den första är ett minimum då r = 0, som är ointressant här. 150 100 50 2
4
6
8
10
12
-50 -100 -150 -200
Figur 80: TB: De efterlyser för vilka värden på r och h som burken har maximal volym under gällande villkor. Svaret är r = 8 som ger h = 4 och volymen Vc(8) (för den som har lust att räkna ut den).
Håkan Strömberg
126
KTH Syd
Teori och teori – idag, som igår är det praktik som gäller!
1 (Bokens nr 3216)
Figur 81:
a) Bestäm y som funktion av x genom att utnyttja likformiga trianglar. Se figur 81. b) Ange funktionens definitionsmängd c) För vilket x-värde antar y sitt största värde? Lösning: a) Eftersom det bara finns två trianglar, så måste det ju vara dessa två som är likformiga. Två trianglar är likformiga, speciellt om motsvarande vinklar är lika stora. Vi skriver y 6−x = x 4.5 som ger oss funktionen y(x) =
x(6 − x) 6x − x2 = 4.5 4.5
b) Vilka värden kan x anta? Tittar vi på funktionen verkar alla x vara tillåtna, men från figuren får vi definitionsmängden 0 ≤ x ≤ 6.
c) ”Den gamla vanliga visan”. Bestäm y ′ (x). Lös ekvationen y ′ (x) = 0. Använd y ′′ (x) för att bestämma typen hos eventuella extrempunkter.
Håkan Strömberg
127
KTH Syd
Bestäm y(0) och y(6) och jämför med eventuell maxpunkt. Planen är klar! y ′ (x) =
6 − 2x 4.5
y ′ (x) = 0 ger 6 − 2x = 0 4.5 6 − 2x = 0 x = 3 Vi deriverar en gång till. 2 4.5 ′′ y (x) är alltid negativ, och vi har en maxpunkt för x = 3. Då y(0) = 0 och y(6) = 0 måste y(3) = 2 vara funktionens största värde på intervallet. Svar: x = 3 y ′′ (x) = −
2 (Bokens nr 3217) En rektangulär parkeringsplats med arean 900 m2 ska inhägnas med ett staket. Vilka dimensioner ska man välja om man önskar minimera staketkostnaden? Lösning: En uppgift där det är enkelt att gissa svaret. Vi har alltså en rektangel där vi kallar den ena sidan a och den andra b. Vi vet nu att a · b = 900. Vi . Omkretsen kan nu skrivas kan nu lösa ut b ur detta samband och få b = 900 a O(a) = 2a +
1800 a
För första gången har vi i dessa sammanhang fått en funktion som inte är ett polynom. Men planen är densamma. O ′ (a) = 2 −
1800 a2
Var du med på den deriveringen? Vi får ekvationen 2−
1800 = 0 a2 2a2 = 1800 a2 = 900 a1 = 30 (a2 = −30)
Nu ska vi avgöra vilken typ av extrempunkt detta är och deriverar därför en gång till. 1800 O ′′ (a) = 2 + 2 · 3 a Håkan Strömberg
128
KTH Syd
O ′′ (30) = 6 > 0. Vi har hittat en minpunkt! Då a = 30 så blir b = 900 = 30 30 Svar: Vi får en kvadrat med sidan 30 meter, men det hade vi ju redan gissat. 3 (Bokens nr 3221) Skissa grafen till tredjegradspolynom y = f(x) som uppfyller kraven. 1. f(0) = 1 och f ′ (0) = 1 2. f ′ (1) = 0 och f ′ (3) = 0 Lösning: 1. Punkten (0, 1) ligger på kurvan. En tangent till kurvan i den punkten har k = 1. 2. För x = 1 och x = 3 har kurvan extrempunkter. Vi ska inte bara skissa kurvan här. Vi ska bestämma funktionen även om det är ’overkill’ och ganska svårt. Vi vet att vi söker ett tredjegradspolynom. Alla dessa kan skrivas f(x) = ax3 + bx2 + cx + d där a, b, c och d är konstanter. När vi bestämt dem är hela polynomet bestämt. Tidigare har vi sagt att om vi har två punkter kan vi bestämma linjens ekvation. Har vi tre, kan vi bestämma parabelns ekvation (andragradspolynomet). Då gissar vi att om vi har fyra punkter, så kan vi bestämma ett tredjegradspolynom. Har vi fyra punkter här? Nej, men vi har fyra ’observationer’ och det duger. Med hjälp av dem kan vi ställa upp ett ekvationssystem. Men först bestämmer vi f ′ (x) f(x) = 3ax2 + 2bx + c Nu till ekvationssystemet
Utskrivet blir detta
f(0) ′ f (0) f ′ (1) ′ f (3)
= = = =
d c 3a + 2b + c 27a + 6b + c
1 1 0 0 = = = =
1 1 0 0
Eftersom vi redan har d och c, sjunker systemet ihop till 3a + 2b + 1 = 0 27a + 6b + 1 = 0 Eftersom det var ett tag sedan vi hade ett ekvationssystem uppe på tavlan löser vi detta i detalj och multiplicerar båda leden i den övre ekvationen med −9. Vi får nu
Håkan Strömberg
129
KTH Syd
−27a − 18b − 9 = 0 27a + 6b + 1 = 0
När vi sedan adderar vänsterleden och högerleden för sig, får vi −12b − 8 = 0 b = − 23 Återstår att finna a. Om vi stoppar in b = − 23 , i vilken ekvation från ovan vi vill och löser ekvationen får vi a = 19 . Vi kan nu skriva ned funktionen f(x). f(x) =
x3 2x2 − +x+1 9 3
Vi avslutar med att plotta funktionen och se att det stämmer med facit, även om det nu bara gällde en skiss: 1.4 1.2 1 0.8 0.6 0.4 0.2 1
2
3
4
Figur 82: Så här skriver man när man vill lösa problemet med hjälp av Mathematica, som är ett kraftfullt datorprogram speciellt för matematiska beräkningar. f[x_]:=a*x^3+b*x^2+c*x+d Solve[{f[0]==1,f’[0]==1,f’[1]==0,f’[3]==0}] och så här testar man att det fungerar f[x_]:=x^3/9-2x^2/3+x+1 f[0] f’[0] f’[1] f’[3] 4 (Bokens nr 3222) Undersök om det finns en tangent med lutningen 4 till kurvan y = f(x) = 6x3 + 5x − 3. Lösning: Det luktar KS3! Om det finns en tangent till funktionen med k = 4, så finns det ett x1 för vilket f ′ (x1) = 4. Normalt är vi ute efter tangenter till kurvan där k = 0 – vi letar extrempunkter. Man kan förstås leta efter tangenter med vilket k-värde som helst. Derivatan blir f ′ (x) = 18x2 + 5
Håkan Strömberg
130
KTH Syd
Vi löser sedan ekvationen f ′ (x) = 4 och får 18x2 + 5 = 4 1 x2 = −q 18 1 x = ± − 18
Ekvationen saknar reella rötter och därför finns ingen tangent med lutningen 4. 5 (Bokens nr 3224) En tangent till kurvan y = f(x) i punkten x = 3 går genom punkterna (−2, 3) och (4, −1). a) Bestäm f ′ (3) och f(3) b) Ge ett rimligt värde på f(3.05) Lösning: a) Vi har två punkter och kan ta reda på tangentens ekvation. Då får vi ju samtidigt k-värdet för en tangent till x = 3. Detta är samma sak som f ′ (3). 4 2 3 − (−1) = =− k= −2 − 4 −6 3 Återstår m-värdet – behöver vi det? Ja, vi ska ju bestämma f(3) och vet inget om f(x), så det blir tangentens ekvation, som får hjälpa oss. 3 = − 32 · (−2) + m m = 35 Vi har nu
2x 5 + 3 3 1 Då x = 3 blir y = 3 , vilket är liktydigt med att f(3) = och kurvan tangerar varandra i denna punkt. y=−
1 3
eftersom linjen
a) Eftersom det efterfrågade funktionsvärdet f(3.05) ligger så nära det kända funktionsvärdet f(3) är det (oftast) bara lite fel att betrakta funktionen som en rät linje och då passar tangentens ekvation perfekt för detta ändamål 2 · 3.05 5 y=− + ≈ −0.367 3 3 så därför säger vi att f(3.05) = −0.367 även om det inte är helt sant. 6 (Bokens nr 3226) Kurvan y = f(x) = x(3 − x), 0 ≤ x ≤ 3, innesluter tillsammans med x-axeln ett område, se figur 83. Bestäm det största värde som triangelns area, T , kan anta. Lösning: Basen är bestämd till b = x. Det vill säga avståndet från origo till den punkt på x-axeln som vi bestämmer. Låt säga att vi väljer x = 2. Där
Håkan Strömberg
131
KTH Syd
Figur 83:
blir basen b = 2 och höjden h = 2(3 − 2) = 2. Höjden är ju fastställd av funktionen h(x) = x(3 − x) så fort x är bestämd. Genom A=
bh 2·2 = =2 2 2
Nu kan vi teckna en funktion av arean som beror av x A(x) =
x · x(3 − x) 3x2 − x3 = 2 2
Nästan alla uppgifter vi har löst i denna kategori slutar med en andragradsfunktion. Men denna uppgift bryter mot mönstret. Vi söker triangelns största area, som vi får genom att sätta A ′ (x) = 0. A ′ (x) = Ekvationen
6x − 3x2 2
6x − 3x2 = 0 2 3x(2 − x) = 0 x1 = 0 x2 = 2
Vi derivera en gång till och bestämmer A ′′ (x)’s värde för rötterna. A ′′ (x) =
6 − 6x 2
A ′′ (0) = 3 > 0 ⇒ minpunkt. A ′′ (2) = −3 < 0 ⇒ maxpunkt. Inte så oväntat. Eftersom definitionsmängden är 0 ≤ x ≤ 3 och både A(0) = 0 och A(3) = 0, så är den globala maxpunkten A(2) = 2. 7 (Bokens nr 3237) a) Bestäm en ekvation för linjen genom punkterna A(0, 3) och B(6, 0) i figur 84.
Håkan Strömberg
132
KTH Syd
Figur 84:
b) Bestäm det största värde som rektangelarean R kan anta när P rör sig mellan A och B. Lösning: a) Vi är på jakt efter k och m till y = kx + m. k=
3−0 1 =− 0−6 2
Vi har nu y = − 12 · x + m och får m genom 1 3=− ·0+m 2 m = 3 vilket vi hade kunna se direkt från punkten A. Ekvationen blir alltså y = − x2 + 3 b) Rektangelns area bestäms som bekant genom A = b · h. För att kunna teckna en funktion väljer vi en bas b = x i intervallet 0 ≤ x ≤ 6 (definitionsmängd). För detta x (som alltså är basen) kan vi bestämma h = y som vi får genom y = − x2 + 3. Arean kan nu tecknas som funktion av x. x x2 A(x) = x(3 − ) = 3x − 2 2 Det är den här funktionen vi ska bestämma en maxpunkt för. Vi deriverar A ′ (x) = 3 − x A ′ (x) = 0 då x = 3. Även om vi är helt säkra på att detta är en maxpunkt måste vi enligt reglementet visa detta. För omväxling skull gör vi det med ett teckenschema. x
x<3 x=3 x>3
f ′ (x)
+
0
−
f(x)
ր
max
ց
Så fort det handlar om ett intervall, som här, måste vi dessutom ta reda på funktionsvärdena i intervallets ’ytterkanter’. A(0) = 0 och A(3) = 0.
Håkan Strömberg
133
KTH Syd
1 Kaninen Tösen från Danmark satte 1997 världsrekord i höjdhopp för kaniner. Enligt en modell gäller att Tösens höjd under hoppet ges av h(x) = 4x − 4x2 där h är höjden i meter över golvet och där x är avståndet i meter längs golvet från avstampet. Beräkna med hjälp av derivata Tösens maximala hopphöjd. 2 Bestäm funktionens
x3 x2 + − 12x 3 2 största och minsta värde i intervallet −2 ≤ x ≤ 2. f(x) =
3 Bestäm extrempunkterna till
f(x) =
x4 2x3 x2 − + 4 3 2
4 Lite svårare. Lösningen får du under nästa föreläsning. En varg har blivit skjuten av en tjuvskytt. Du, som är känd under smeknamnet Skärlock Holm, är ombedd att utreda fallet. De tre misstänkta till dådet, Darth Vadar, Jokern och Al Capone har alla alibi för dagen utom under följande tider. Darth har inget alibi för tiden kl 8 − 11 den aktuella dagen. Jokern har inget alibi för tiden kl 11 − 15 den aktuella dagen. Al har inget alibi för tiden kl 15 − 21 den aktuella dagen. De misstänkta kan endast ha begått brottet under den tidsperiod de inte har alibi. Ditt uppdrag, som du väljer att acceptera, är att fastställa tidpunkten för dådet och besvara frågan vem av de misstänkta som kan ha begått brottet. För att bestämma tidpunkten för vargens död mäter du dess kroppstemperatur vid två tillfällen. Den första mätningen gör du kl 21.00 den dag vargen blev skjuten och vargens temperatur är då 28.0◦ C. Tre timmar senare mäter du vargens temperatur till 25.6◦ C. Du antar att kroppstemperaturen efter vargens död avtar exponentiellt med tiden och att en levande vargs kroppstemperatur är 36.9◦ C. Vem av de misstänkta kan ha begått brottet? På grund av situationens allvar är det naturligtvis viktigt att du visar dina beräkningar och motiverar ditt svar. 5 Lite svårare. Lösningen får du under nästa föreläsning. Kurvan f(x) = ax2 + bx + c tangerar linjen y = x i origo. Kurvan tangerar också linjen y = 2x − 3. Bestäm konstanterna a, b och c. 6 Lite svårare. (Lösningen får du under nästa föreläsning) Figur 85 visar det linjära sambandet mellan priset per enhet, p kr och såld kvantitet av en vara, x enheter.
Håkan Strömberg
134
KTH Syd
Figur 85:
Den totala kostnaden T (x) kr, för att tillverka och försälja x enheter ges av uttrycket T (x) = 10x + 300 Vinsten vid tillverkning och försäljning av x är V(x) kr a) Bestäm uttrycket V(x). Svara på enklaste form. b) Det finns ett värde på x för vilket vinsten blir maximal. Bestäm detta x-värde med hjälp av derivata.
1 Vi deriverar h ′ (x) = 4 − 8x h ′ (x) = 0 då x = 21 . Vi tar fram andraderivatan h ′′ (x) = −8 Då h ′′ ( 12 ) = −8 < 0 har vi funnit en maxpunkt. Vi bestämmer funktionsvärdet för x = 21 2 1 1 1 =1 h( ) = 4 · − 4 · 2 2 2 Svar: 1 meter
2 Vi startar direkt med att bestämma f ′ (x) och därefter lösa ekvationen f ′ (x) = 0 f ′ (x) = x2 + x − 12 f ′ (x) = 0 leder till x2 + x − 12 = 0 x x x1 x2 Håkan Strömberg
= = = =
135
− 12 ± − 12 ± −4 3
q
1 4
+
48 4
7 2
KTH Syd
Observera att ingen av dessa x ligger i intervallet. Detta betyder att vi får svaret genom att bestämma f(−2) = 70 och f(2) = − 58 . Kurvan måste ju vara 3 3 antingen avtagande eller växande i hela intervallet (avtagande i detta fall). och minsta värde är − 58 Svar: Största värde är 70 3 3
Figur 86: 3 Vi deriverar och får f ′ (x) = x3 − 2x2 + x och löser nu f ′ (x) = 0 x3 − 2x2 + x x(x2 − 2x + 1) x(x − 1)2 x1 x2 x3
= = = = = =
0 0 0 0 1 1
Vi har funnit för vilka x det finns extrempunkter och ska nu med hjälp av f ′′ (x) avgöra vilken typ de tillhör f ′′ (x) = 3x2 − 4x + 1 Vi får f ′′ (0) = 1 > 0 alltså en minpunkt och f ′′ (1) = 0 Aj då! det är första gången vi träffat på detta. Om f ′′ (x) = 0 kan man inte avgöra vilken typ av extrempunkt vi har. Tyvärr är vi då tvungna att gå över till teckenschema x
x<0 x=0 0
x=1
x>1
f ′(x)
−
0
+
0
+
f(x)
ց
min
ր
terrass
ր
Svar: Vi har funnit två extrempunkter. En minpunkt för x = 0 och en terrasspunkt för x = 1.
Håkan Strömberg
136
KTH Syd
Räkna bokens uppgifter: 3215, 3218, 3219, 3220, 3223
3215 TB: Normalt räknar man ut arean hos en triangel med formeln AT = b · h/2, men här finns vare sig höjd eller bas given till den skuggade triangeln. Hur gör man då? KTH: Tänk en liten stund så kommer du säkert på det. TB: Arean för hela rektangeln kan man räkna ut AR = 16 · 12 = 192. Sedan finns det tre rätvinkliga trianglar där höjd och bas alla är givna, eller åtminstone uttryckta med hjälp av x. Jag tror att jag får rita en ny figur.
Figur 87: Nu kan jag skriva arean A(x) för den grå triangeln: A(x) = 12 · 16 −
16(12 − x) 12 · 2x x(16 − 2x) + + 2 2 2
A(x) = 192 − (96 − 8x + 12x + 8x − x2) A(x) = 96 − 12x + x2 Vad ska jag nu med denna funktion till? Jo jag vill veta för vilket x som A(x) blir så liten som möjligt. Derivera mera ... A(x) = 96 − 12x + x2 A ′ (x) = 2x − 12 A ′ (x) = 0 då x = 6 A(6) = 60 är den minsta arean. En ny figur visar när detta inträffar. KTH: För vilket x har triangeln så stor area som möjligt? TB: Nu kommer du med egna frågor igen. Vad vill du jag ska svara? Det handlar om ett polynom av andra graden med positiv koefficient till x2. Det finns
Håkan Strömberg
137
KTH Syd
Figur 88:
bara en extrempunkt och det är ett minimum. Alltså finns det ingen största triangel. KTH: Du behöver väl inte brusa upp! Mellan vilka värden kan x ligga? TB: 0 ≤ x ≤ 6 eller hur.
KTH: Ja, då plottar vi funktionen så kommer du att få en aha-upplevelse. 110 100 90 80 70 4
2
6
Figur 89: Minimum får vi mycket riktigt för x = 6 och maximum i en av intervallens ändpunkter, för x = 0, då triangeln utgör halva rektangeln A(0) = 96 3218 TB: Problemen har blivit lite svårare plötsligt. Här handlar det om en kartong. Jag måste rita den med mina egna beteckningar insatta.
Figur 90:
Håkan Strömberg
138
KTH Syd
Är du med på mina beteckningar? Jag har bestämt att de kvadrater, som ska skäras ut och som alla är lika stora har sidan x. Nu kan jag sätta upp en funktion V(x), volymen som funktion av x 160 − 3x 2 Det är den här funktionen jag ska derivera och finna eventuella extrempunkter för. Jag ser att det rör sig om ett polynom av tredje graden. Men innan jag kan derivera måste jag förenkla funktionen – multiplicera samman parenteserna. Jag tar inte med alla stegen här: V(x) = x(100 − 2x)
V(x) = 8000x − 310x2 + 3x3 V ′ (x) = 8000 − 620x + 9x2 x1 = 17.1954, x2 = 51.6935 Två rötter men x2 fungerar inte, så stora kvadrater kan man inte skära ut. Maximal volym blir då V[17.1954] = 61154.9. Taskiga siffror den här gången. Nej, det stämmer inte med facit! KTH: Jaså. Nu förstår jag inte ... Nu ser jag. Jämför din figur med den i boken. TB: Åh, nej jag orkar inte. KTH: Bit ihop och kom igen. Vad jag kan se har du funnit korrekt lösning till fel problem. TB: Hur skulle du ha bedömt detta på en tentamen? KTH: Fullt rätt kan du aldrig få även om du beräkningarna blivit svårare. En tröstpoäng – möjligen – får du nöja dig med.
Figur 91: TB: OK, här är min nya figur. Vad tycker du om den? Funktionen blir nu istället: V(x) = x(80 − x)(100 − 2x) V(x) = 8000x − 260x2 + 2x3 V ′ (x) = 8000 − 520x + 6x2 x1 = 20, x2 = 200/3 x2 är på tok för stort, ligger utanför intervallet 0 < x < 50. Så svaret är alltså x = 20 och V(20) = 72000. Du, en sak som jag kom att tänka på. Då vi
Håkan Strömberg
139
KTH Syd
maximerade areor, så handlade det alltid om ”andragradare” och nu när det är volymer så är det ”tredjegradare” som gäller. Så är det väl? KTH: Ja, det är en korrekt upptäckt. 3219 TB: Det här är faktiskt en ganska rolig uppgift. Ja, jag tycker det. Med hjälp av Pythagoras sats kan vi bestämma den tredje och just nu obekanta sidan y, i triangeln – behövs det? y2 +√ 402 = 582 y = 582 − 402 y = 42 y = 42, det blev ett heltal, vilken tur vi hade.
Figur 92: Nu blir det lite geometri här. Topptriangeln är likformig med hela triangeln och vi kan sätta upp följande samband som bygger på likformighet: x 40 − z = 42 40 Löser jag ut x ur denna funktion får jag x=
21(40 − z) 20
Nu kan jag teckna rektangelns area A(z) =
21(40 − z)z 20
A(z) = 42z −
21z2 20
A ′ (z) = 42 −
21z 10
A ′ (z) = 0 då 42 −
21z =0 10
z = 20
Håkan Strömberg
140
KTH Syd
Jag har en andragradspolynom med ett maximum. Jag vet att 0 ≤ z ≤ 40. Alltså ger z = 20 maximalt värde. Jag får x = 21 och att den maximala tomten är 420 m2. 3220 TB: En uppgift utan tillhörande historia. Jag börjar med att derivera: f(x) = x3 + 2x2 + 3x + 4 f ′ (x) = 3x2 + 4x + 3 f ′ (a) = 2 då 3a2 + 4a + 3 = 2 a1 = − 13 , a2 = −1 Det finns två värden på a sådana att f ′ (a) = 2. 3223 TB: Funktionen har en positiv derivata fram till x = a då ett maximum inträffar. Sedan har kurvan en negativ lutning fram till x = b då den åter blir 0. Vi har nått fram till ett minimum. Nu är lutningen positiv tills den åter blir 0 i x = c. Eftersom lutningen fortsätter att vara positiv så finns det en terrasspunkt i x = c.
Håkan Strömberg
141
KTH Syd
Inte heller idag någon ny teori!
Gamla tentemensuppgifter 1 Bestäm det andragradspolynom vars kurva skär x-axeln i x = 3 och x = −1 och y-axeln i y = −3 Lösning: f(x) = (x − 3)(x + 1) = x2 − 2x − 3 är en bra start, men vi vet sedan tidigare att det finns oändligt många polynom av andra graden som skär x-axeln i punkterna x = 3 och x = −1. Med andra ord: Det finns oändligt många andragradsekvationer som har rötterna x = 3 x = −1. Till exempel: x2 − 2x − 3 3x2 − 6x − 9 −x2 + 2x + 3 10x2 − 20x − 30
= = = =
0 0 0 0
Som andragradsekvationer är de alla likvärdiga, men inte som funktioner: f(x) = x2 − 2x − 3 f(x) = 3x2 − 6x − 9 f(x) = −x2 + 2x + 3 f(x) = 10x2 − 20x − 30 Plottar vi dem i samma diagram får vi figur 93. Men genom att utnyttja den tredje observationen, kurvan går genom punkten (0, −3) finns det bara en av alla dessa som överlever. Men hur ska vi få tag i den funktionen? Det räcker att anta att funktionen har följande uttryck f(x) = a(x2 − 2x − 3) Vi söker alltså en konstant a, så att alla de tre givna ’ledtrådarna’ fungerar. För att f(0) = −3
Håkan Strömberg
142
KTH Syd
20 10 -2
-1
1
2
3
4
-10 -20 -30 -40
Figur 93: ska gälla behöver −3 = −3a som ger roten a = 1. Detta betyder att den eftersökta funktionen är f(x) = x2 − 2x − 3 som är en av de alternativ vi hade ovan. Det allra första förresten Svar: f(x) = x2 − 2x − 3 2 Bestäm ekvationen för tangenten till kurvan √ 1 f(x) = 4 x + x 1 i den punkt där x = 4 Lösning: Vi startar förstås med att derivera, men innan dess försöker vi skriva om funktionen på en form som kommer att göra den enklare att derivera √ 1 1 f(x) = 4 x + = 4x 2 + x−1 x Nu deriverar vi 1 1 2 1 f ′ (x) = · 4x− 2 + (−1)x−2 = √ − 2 2 x x Vi använder direkt derivatan 1 2 f ′( ) = q − 4 1 4
1 2 1 = 1 − 1 = 4 − 16 = −12 2 1 2
4
16
Nu har vi tangentens k-värde r 1 1 1 1 f( ) = 4 + 1 =4· +4=2+4=6 4 4 2 4
Nu har vi även en punkt på tangenten ( 14 , 6) och det är dags att bestämma tangentens ekvation 1 6 = −12 · + m 4 ger m = 9 och tangentens ekvation blir Svar: y = −12x + 9
Håkan Strömberg
143
KTH Syd
3 Man vill tillverka en låda (ett rätblock), utan lock med kvadratisk basyta och som har volymen 8.00 dm3. Hur hög ska lådan vara för att materialåtgången, det vill säga arean, ska bli så liten som möjligt? Lösning: Vi har två mått att ta hänsyn till b, den kvadratiska basytans sida och h höjden. Volymen för en sådan låda skrivs V = b2 · h Eftersom V = 8 kan vi skriva den ena variabeln med hjälp av den andra. Det spelar ingen roll hur vi väljer dem, men genom att lösa ut h får vi kanske lite enklare räkningar: 8 = b2h˙ ger 8 b2 ’Kartongarean’ eller vad nu lådan är gjord av kan skrivas h=
A = b2 + 4bh Men eftersom vi har uttryckt h med hjälp av b kan vi nu skriva A som funktion av b. 8 32 A(b) = b2 + 4b · 2 = b2 + b b Det är denna funktion vi ska bestämma en minpunkt för. Men innan dess måste vi bestämma definitionsmängden 0 < b < ∞. Basytan kan alltså göras hur stor som helst medan h då minskar. Vi deriverar 32 A ′ (b) = 2b − 2 b Om du känner att det är svårt att se derivatan direkt skriver du bara om funktionen på en enklare form och finner derivatan i två steg istället. Dags att lösa ekvationen A ′ (b) = 0 2b −
32 b2
= 0
2b =
32 b2
b3 =
32 2
b =
√ 3
16 √ b = 232
Höjden får vi nu genom
Då A ′′ (x) = 2 + Svar: 1.26 dm
Håkan Strömberg
64 b3
8 8 h = √ 2 = 2 ≈ 1.26 3 3 4 · 2 2 2
> 0 för alla b > 0 har vi här en minpunkt.
144
KTH Syd
4 Bestäm, exakt, riktningskoefficienten för tangenten till kurvan x3 + 3ex − 4 2
y=
i den punkt där x = 1. Lösning: Först delar vi upp bråket i f(x), för att göra det riktigt tydligt, i f(x) =
x3 3ex 4 + − 2 2 2
Sedan bestämmer vi f ′ (x) f ′ (x) =
3x2 3ex + 2 2
och därefter f ′ (1) f ′ (1) = Svar: f ′ (1) =
3 3e 3(1 + e) + = 2 2 2
3(1+e) 2
5 Funktionen f(x) = (x − a)2 är given. Bestäm värdet på konstanten a då man vet att f(1) + f ′ (1) = 0 Lösning: Först måste vi utveckla parentesen för att kunna derivera funktionen f(x) = x2 − 2ax + a2 och nu deriverar vi f ′ (x) = 2x − 2a Kom ihåg att a är en konstant. Vi tecknar nu ekvationen f(1) + f ′ (1) = 0 1 − 2a + a2 + 2 − 2a a2 − 4a + 3 a a1 a2
= = = = =
0 0 √ 2± 4−3 3 1
Svar: a1 = 1 och a2 = 3 6 Funktionen f(x) = 2x3 + ax2 + b där a och b är konstanter, har en lokal extrempunkt i (1, −2). Bestäm koordinaterna för funktionens andra lokala extrempunkt och bestäm också vilken typ av extrempunkt det är.
Håkan Strömberg
145
KTH Syd
Lösning: Vi deriverar f ′ (x) = 6x2 + 2ax Så löser vi f ′ (x) = 0 6x2 + 2ax 2x(3x + a) x1 x2
= = = =
0 0 0 − a3
Alltså förstår vi att x2 = 1 eftersom x1 = 0. Vi har ju fått reda på att en av extrempunkterna är (1, −2). Vi kan nu få fram a genom ekvationen −
a =1 3
a = −3. Vi har också fått reda på att f(1) = −2 Det ger oss b genom 2 · 13 + (−3)12 + b = −2 2 − 3 + b = −2 b = −1 Funktionen f(x) är nu helt känd f(x) = 2x3 − 3x2 − 1 Den andra extrempunkten finns för x = 0 vilket ger f(0) = −1. Genom att studera f ′′ (x) kan vi till sist avgöra vilken typ av extrempunkter vi har. f ′′ (x) = 12x − 6 f ′′ (0) = −6 < 0 alltså en maxpunkt f ′′ (1) = 6 > 0 alltså en minpunkt. Svar: (0, −1) 7 Funktionen f(x) = x2 − x − 12 Bestäm ett intervall för x, då både f(x) < 0 och f ′ (x) < 0. Lösning: För att klara detta måste vi lösa både f(x) = 0 och f ′ (x) = 0. x2 − x − 12 = 0 x1 = −3 x2 = 4 Då x < −3 är f(x) > 0. Kurvan befinner sig över x-axeln tills den skär axeln i x = −4 och ’stannar’ under x-axeln (är negativ) tills den åter skär axeln för x = 4, för att sedan ’stanna för evigt’ över x-axeln (är positiv). f(x) < 0 då −4 < x < 3. f ′ (x) = 2x − 1
Håkan Strömberg
146
KTH Syd
f ′ (x) = 0 ger 2x − 1 = 0 x = 12 f ′ (x) < 0 då x < 12 , f ′ (x) = 0 då x = 12 och f ′ (x) > 0 för x > 12 . Alltså f ′ (x) < 0 då −∞ < x < 12 . Men nu ska både f(x) < 0 och f ′ (x) < 0. Detta inträffar då −4 < x < 12 30 20 10
-6
-4
-2
2
4
6
-10
Figur 94: Svar: −4 < x <
1 2
8 Kurvan
x4 + 3x 2 har en normal som är parallell med den räta linjen x − 13y = 5. Bestäm ekvationen för denna normal. Lösning: En normal till en kurva är en linje som går vinkelrät mot en tangent till kurvan. Så om vi startar med att skriva om den givna linjens ekvation från y=
x − 13y = 5 till
x 5 − 13 13 Denna linje måste ha samma k-värde som den sökta normalen. Tänker vi sedan på regeln, att för två vinkelräta linjers k-värden gäller y=
kt · kn = −1 så vet vi direkt att tangentens k värde måste vara kt ·
1 = −1 13
kt = −13 Om vi nu tar reda på f ′ (x) och löser ekvationen f ′ (x) = −13, får vi reda på, för vilka x det finns en tangent med lutningen k = −13. f ′ (x) = 2x3 + 3
Håkan Strömberg
147
KTH Syd
ger ekvationen 2x3 + 3 = −13 x3 = −8 x = −2 Det finns bara x = −2 då detta är uppfyllt. f(−2) =
(−2)4 + 3(−2) = 8 − 6 = 2 2
ger oss punkten genom vilken normalen ska gå. Återstår att bestämma m för normalen. 1 2= · (−2) + m 13 ger 2 28 m=2+ = 13 13 Linjens ekvation blir nu 28 1 ·x+ y= 13 13 1 28 Svar: y = 13 · x + 13
9 Den totala begränsningarean av ett rätblock är 24 dm2. En av rätblockets sidokanter är dubbelt så lång som en annan. Beräkna exakt rätblockets maximala volym. Lösning: Ett rätblock har som bekant höjd h, bredd b och längd l. Ett rätblock består av sex sidor, som parvis har samma area. Vi kan med våra beteckningar ovan skriva den totala begränsningsarean, (summan av arean av de sex sidorna) A(b, h, l) = 2bh + 2bl + 2hl Så kan man skriva en funktion av tre variabler! Den här gången är en av kanterna dubbelt så lång som en annan. Det spelar förstås ingen roll vilka vi väljer. Vi bestämmer därför att l = 2b. Vår funktion kan då skrivas A(b, h) = 2bh + 4b2 + 4hb = 4b2 + 6hb Så kan man skriva en funktion av två variabler! Nu vet vi att A(b, h) = 24, alltså 4b2 + 6hb = 24 Om vi betraktar detta som en ekvation kan vi lösa antingen h eller b och få denna variabel uttryckt i den andra. Enklast är förstås att lösa ut h. Vi får då 4b2 + 6hb = 24 6hb = 24 − 4b2 2 h = 24−4b = 6b Håkan Strömberg
148
12−2b2 3b
KTH Syd
Vår funktion kan då skrivas A(b) = 4b2 + 6b ·
12 − 2b2 = 24 3b
Vilket b vi än väljer så är rätblockets area 24, precis som vi vill ha det. Nu över till volymen V = b · l · h. Både l och h finns nu uttryckta i b, så vi kan skriva V(b) = b · 2b ·
24b 4b3 4b3 12 − 2b2 2b(12 − 2b2) = = − = 8b − 3b 3 3 3 3
Det är den här funktionen vi ska söka en maxpunkt för. Vilken är då definitionsmängden? b > 0 givetvis, men finns det någon övre gräns för b. I takt med att b drar i väg mot ∞ minskar l och h. Men om b blir för stor kommer h < 0, se ovan. Det största värde b kan anta är då h = 0 alltså 12 − 2b2 =0 3b √ √ som har roten b = 6. Definitionsmängden 0 < b < 6. Vi deriverar och får V ′ (b) = 8 − 4b2 V ′ (b) = 0 då 8 − 4b2 = 0 b2 = 2 √ b1 = 2 √ (b2 = − 2) √ √ Genom V ′′ (b) = −8b och V ′′ ( 2) = −8 2 < 0 inser vi att vi funnit en maxpunkt. Den maximala volymen blir då √ √ √ √ 4( 2)3 16 2 V( 2) = 8 2 − = 3 3 Svar: 7.54 dm3 10 Lös ekvationen
f(a) =1 f ′ (a)
då f(x) = x2 − x + 1 Lösning: f ′ (x) = 2x − 1
Håkan Strömberg
149
KTH Syd
Vi kan nu teckna ekvationen a2 −a+1 2a−1
= 1 a − a + 1 = 2a − 1 a2 − 3a + 2 = 0 q a = 32 ± 94 − a = 32 ± 12 a1 = 2 a2 = 1 2
8 4
Svar: a1 = 2 och a2 = 1
1 Undersök funktionen f(x) = x3 − 6x2 + 9x + 3 med hjälp av derivata och bestäm alla eventuella extrempunkter 2 En cylindrisk burk utan lock ska tillverkas. Volymen ska vara 12 liter. Beräkna cylinderns höjd så att materialåtgången blir så liten som möjligt. Denna uppgift påminner mycket om uppgift 3 bland Lösta uppgifter.
Förra veckans svårare problem 4 Vi tecknar till att börja med T (t), temperaturen som funktionen av tiden: T (t) = 36.9ekt där k är obekant konstant. Vi ser dock att funktionen fungerar för T (0) = 36.9 – en levande varg. Vid tiden x uppmäts temperaturen 28◦ C. Detta ger 28 = 36.9ekx Tre timmar senare vid tiden x + 3 görs en ny mätning. Detta ger 25.6 = 36.9ek(x+3) Vi har nu fått ett ekvationssystem (icke linjärt) med två obekanta. 28 = 36.9ekx 25.6 = 36.9ek(x+3) Håkan Strömberg
150
KTH Syd
Resten av problemet består av att lösa detta system. 28 = ekx 36.9
25.6 36.9
ln ln
28 36.9
= ek(x+3)
= kx
25.6 36.9
= k(x + 3)
Från den första ekvationen löser vi ut k k=
ln
28 36.9
x Detta värde för k, sätter vi in i den andra ekvationen och förenklar
ln
25.6 36.9
ln
25.6 36.9
ln
25.6 36.9
− ln
28 36.9
=
=
28 ln( 36.9 ) x
= ln
x =
28 36.9
· (x + 3)
+
28 3ln( 36.9 ) x
28 3ln( 36.9 ) x
ln
3 ln 25.6 36.9
28 36.9
− ln
28 36.9
x ≈ 9.24
Svar: Skottet föll 9.24 timmar före kl 21 : 00, eller kl 11 : 45, som vi avrundar till kl 12. 5 Antag att den sökta funktionen är f(x) = ax2 + bx + c och dess derivata f ′ (x) = 2ax + b – Kurvan tangerar y = x i origo, som ger f(0) = 0, som ger c = 0. – Dessutom är f ′ (0) = 1 som ger b = 1. – Kurvan tangerar också y = 2x − 3. Betyder att ekvationssystemet y = 2x − 3 y = ax2 + x Ska ha en dubbelrot. Vi får 2x − 3 = ax2 + x x − ax + a3 = 0 q 2
x =
1 2a
Dubbelrot erhålls 1 − 12a = 0 då a =
Håkan Strömberg
151
±
1 4a2
−
12a 4a2
1 . 12
KTH Syd
Svar: f(x) =
x2 12
+x
6 Linjens ekvation är p − 130 =
50 − 130 (x − 1000) 5000 − 1000
som förenklas till
7500 − x 50 Den totala kostnaden för att tillverka och försälja x enheter ges av p=
T (x) = 10x + 300 Vinsten vid tillverkning och försäljning av x enheter ges av V(x) = xp − 10x − 300 a) Häri insättes p uttryckt i x enligt ovan och man får V(x) =
7500 − x · x − 10x − 300 = 140x − 0.02x2 − 300 50
b) V ′ (x) = 140 − 0.04x = −0.04(x − 3500) V ′ (x) = 0 då x = 3500. V ′′ (3500) = −0.04 < 0 alltså har vi en maxpunkt. Svar: Vinsten är maximal för x = 3500 1 En ren standarduppgift, som nu bör kännas ganska trist. Vi startar med att derivera f ′ (x) = 3x2 − 12x + 9 Genom att lösa f ′ (x) = 0 får vi reda på eventuella extrempunkter 3x2 − 12x + 9 x2 − 4x + 3 x x x1 x2
= = = = = =
0 0 √ 2± 4−3 2±1 3 1
Vi har som väntat två extrempunkter. Andraderivatan kommer kanske att kunna avgöra vilken typ de tillhör. f ′′ (x) = 6x − 12 Vi får nu
f ′′ (3) = 6 > 0 ⇒ minpunkt f ′′ (1) = −6 < 0 ⇒ maxpunkt
Svar: Vi har funnit två extrempunkter, maxpunkt för x = 1 och minpunkt för x = 3. Kanske ska man svara med punkterna och då måste vi bestämma f(1) = 7 och f(3) = 3, som leder till punkterna (1, 7) och (3, 3)
Håkan Strömberg
152
KTH Syd
2 Volymen för en cylinder bestäms med formeln V = hπr2 Då vi vet att V =
1 2
kan vi bestämma h med hjälp av r 1 2
= hπr2 1 h = 2πr 2 Materialåtgången utgör cirkelskivan i botten tillsammans med mantelytan, ’bandet runt’. Vi kan nu uttrycka denna area som en funktion av radien r A(r) = πr2 + 2πrh = πr2 + 2πr ·
1 1 = πr2 + 2 2πr r
Vi deriverar och löser sedan A ′(r) = 0 för att få extrempunkterna A ′ (r) = 2πr −
1 r2
Ekvationen ger 2πr − r12 = 0 2πr = r12 1 r3 = q 2π 1 r = 3 2π
När vi känner r kan vi till sist bestämma h h= 2π Då
1 q 2 ≈ 0.54 3
1 2π
2 r3 som är > 0 för alla r > 0 medför detta att vi funnit en minpunkt. A ′′ (r) = 2π +
Svar: 54 mm
Räkna bokens uppgifter: 3228, 3231, 3232, 3236, 3238
3228 TB: Jag ska alltså bestämma a, b, c och d i funktionen f(x) = ax3 + bx2 + cx + d. De tre rötterna till ekvationen f(x) = 0 är kända. Jag vet inte riktigt, men jag chansar f(x) = (x + 6)(x − 1/2)(x − 4). Är det riktigt?
Håkan Strömberg
153
KTH Syd
KTH: Testa med f(2) = 5 och dessutom har du inte bestämt a, b, c och d, som du sa att du skulle göra. TB: Kan du inte säga om det är rätt istället? Jag testar väl då f(2) = (2 + 6)(2 − 1/2)(2 − 4) = 8 · 3/2 · (−2). Jag ser redan nu att det inte kan fungera eftersom detta värde blir negativt och därmed inte = 5. Nu får du hjälpa mig KTH: Först ska vi ta det omständliga sättet: f(−6) ger f(1/2) ger f(4) ger f(2) ger
(−6)3a + (−6)2b + (−6)c + d = 0 (1/2)3a + (1/2)2b + (1/2)c + d = 0 43a + 42b + 4c + d = 0 23a + 22b + 2c + d = 5
Vi har ett ekvationssystem med fyra obekanta och fyra ekvationer. Normalt har detta system en lösning. Man brukar skriva det så här. Vi passar på att snygga till det lite: −216a + 36b − 6c + d = 0 a/8 + b/4 + c/2 + d = 0 64a + 16b + 4c + d = 0 8a + 4b + 2c + d = 5
Ekvationssystemet har lösningen a=−
5 24
b=−
5 16
c=
125 24
d=−
5 2
Det är ganska jobbigt att komma fram till detta men med en dator eller en avancerad räknedosa går det lättare. Det viktiga är att du förstår hur systemet är konstruerat. Nu över till en enklare metod, som börjar på samma sätt som du föreslog. Men först ska vi titta på en sak som förklarar varför din metod inte fungerar direkt. Här har vi tre ekvationer x3 + 2x2 − 5x − 6 = 0 3 2 4x + 8x − 20x − 24 = 0 3x3 + 6x2 − 15x − 18 = 0 Det är lätt att se att de egentligen är fråga om samma ekvation i alla tre fallen. Om man dividerar båda sidor i den andra med 4 så uppstår den första. I den tredje ekvationen dividerar vi båda sidor med 3, så kommer vi också fram till den översta ekvationen. Rötterna är förresten x1 = −3, x2 = 2 och x2 = −1. Dessa kan vi i denna kurs bara komma fram till genom att gissa. Nu tittar vi på följande tre funktioner f1(x) = x3 + 2x2 − 5x − 6 f2(x) = 4x3 + 8x2 − 20x − 24 f3(x) = 3x3 + 6x2 − 15x − 18 Dessa är inte identiska, vilket vi ser när vi tar fram deras graf:
Håkan Strömberg
154
KTH Syd
100 75 50 25
-4
-2
2 -25 -50 -75
Figur 95:
Visserligen har de alla samma nollställen, men däremellan beter de sig på olika sätt, eller hur. För att kunna bestämma en polynom av tredje graden behöver man 4 punkter på kurvan. Du använde bara 3 i ditt försök. Nu går vi tillbaka till din ansats: f(x) = (x + 6)(x − 1/2)(x − 4) 3x2 f(x) = x3 + − 25x + 12 2 Som du ser har x3 koefficienten 1, bara en av alla funktioner med de tre nollställena. Alltså ska vi finna ett m, så att f(2) = m(23 + −24m = 5 m = −5/24
3 · 22 − 25 · 2 + 12) = 5 2
Om vi multiplicerar ditt resultat med m = −5/24, så får vi just det resultat som jag fick från ekvationssystemet. f(x) = −
5 3 5 125 5 x − x2 + x− 24 16 24 2
3231 TB: Punkten (1, 0) ligger verkligen på kurvan eftersom f(1) = 1 − 12 = 0. Funktionen f(x) = x − x2 har derivatan f ′ (x) = 1 − 2x. Speciellt är då f ′ (1) = −1 Tangenten till kurvan i den aktuella punkten har lutningen kt = −1. Normalen har då kn = 1 eftersom vi vet att kt · kn = −1. Vet man k-värdet och en punkt kan man bestämma linjens funktion f(x) = kx+m ger oss 0 = 1·1+m. m = −1 och vi kan skriva funktionen f(x) = x − 1 eller y = x − 1 som vi gjorde förr. Sen då? KTH: Det blir en ekvation. Kan du ställa upp den. TB: Vi är på jakt efter en punkt som finns på både kurvan och normalen. Borde
Håkan Strömberg
155
KTH Syd
bli:
x − x2 = x − 1 x2 = 1 x1 = 1, x2 = −1
ger punkterna (1, 0) och (−1, −2). Den första hade vi ju redan från början, den andra är alltså svaret. 3232
√ TB: En punkt och en funktion är given, Q(1.5, 0) respektive f(x) = x. Jag förstår att det finns många punkter på kurvan och att avståndet från Q till dessa punkter varierar och att det bör finnas ett minsta. Men jag har ingen aning om hur jag ska lösa problemet. √ KTH: Accepterar du detta skrivsätt P(x, x)? Det beskriver samtliga punkter på kurvan, eller hur? Hur bestämmer man avståndet mellan två punkter i koordinatsystemet? TB: Ingen aning. KTH: Jag förstår det. Vi har inte berört detta tidigare i den här kursen, men troligtvis kommer du att känna igen det jag kommer att berätta nu. Först över till en figur:
Figur 96: Vi ska beräkna avståndet mellan punkterna (2, 2) och (4, 5). ∆y = 5 − 2 = 3 och ∆x = 4 − 2 = 2. ∆x och ∆y är katetrar i en rätvinklig triangel. Med hjälp av Pythagoras sats, c2 = a2√ + b2, kan vi√räkna ut hypotenusan, som samtidigt är det sökta avståndet. 22 + 32 = 13 Mer generellt kan vi nu skriva formeln för avståndet mellan punkterna (x1, y1) och (x2, y2) som p (x1 − x2)2 + (y1 − y2)2. Kan du nu använda detta för att lösa vårt problem.
TB: Jag börjar så här. Avståndet p a mellan en punkt√vilken som helst på kurvan och Q kan skrivas a(x) = (1.5 − x)2 + (0 − x)2. Jag plottar funktionen för att se vad jag håller på med Det är helt klart så att det finns ett minimum att det finns kring x = 1. Ett minimum finner man genom att derivera funktionen och ta reda på var derivatan är 0. Men det känns inte lätt att derivera den här funktionen. KTH: Det har du rätt i. Vi har ännu inte nått fram till de deriveringsregler som
Håkan Strömberg
156
KTH Syd
behövs för det. Derivatan blir så komplicerad som a ′ (x) = √
2x − 2 9 − 8x + 4x2
Man ska nu inse att om man kvadrerar funktionen a(x) så kommer man fortfarande att få ett minimum i samma x-koordinat. Grafen av båda kurvorna visar detta: 20 15 10 5
2
4
6
8
10
Figur 97: Så om du accepterar detta kan du nu gå vidare TB: Jag ska nu istället derivera denna funktion a2(x) = ( 23 − x)2 + a2(x) =
9 4
√ 2 x
+ x2 − 3x + x
a2′ (x) = 2x − 2 a2′ (x) = 0 då 2x − 2 = 0 x = 1 Jag läste av grafen ganska bra eller hur? Punkten på kurvan q vi är på jakt efter √ är (1, 1). Avståndet mellan punkterna får vi genom a(1) = ( 23 − 1)2 + (0 − 1)2 = √ 5/2 En ganska jobbig uppgift. 3236 TB: Den här kommer jag att klara. Vi har funktionen f(x) = ax2+bx+c. Derivatan som vi kommer att behöva är f ′ (x) = 2ax + b. a, b och c är alla obekanta och ska bestämmas. Följande är givet f(1) = 4, f(0) = 0 och f ′ (0) = 1. Man får ut två ledtrådar ur ”tangerar linjen y = x i origo”. Linjen y = x har ju som bekant lutningen k = 1. Nu får vi ett ekvationssystem: f(1) = 4 a + b + c = 4 f(0) = 0 c = 0 f ′ (0) = 1 b = 1 Huvudräkning ger funktionen f(x) = 3x2 + x
Håkan Strömberg
157
KTH Syd
KTH: Bra 3238 TB: En sådan där jobbig uppgift igen. Jag fattar ingenting. KTH: Vad krävs för att en funktion ska ha två extrempunkter? TB: Att derivatan har två nollställen, eller åtminstone två nollställen. Det kan ju dessutom finnas terrasspunkter. KTH: Räcker det inte för att du ska kunna komma på något. TB: Jag deriverar f(x) = x3 + ax2 + bx och får f ′ (x) = 3x2 + 2ax + b. Det är alltså ekvationen f ′ (x) = 0, som ska ha två rötter. Det har ju alltid en andragradsekvation. KTH: Nej, inte alltid två reella rötter. Dessutom kan det finnas en dubbelrot. TB: 3x2 + 2ax + b = 0 x2 +
2ax b + = 0 3 3 a x = − ± 3
Sen då?
r
a2 3b − 9 9
KTH: Hur stor får b vara för att det ska finnas reella rötter? TB: 3b får inte vara större än a2, då blir det negativt under rottecknet. 3b får heller inte vara lika med a2, för då blir det en dubbelrot, leder till terrasspunkt och endast en extrempunkt. Svaret är alltså a2 > 3b
Håkan Strömberg
158
KTH Syd
Vi ska titta närmare på några potensfunktioner och skaffa oss en idé om hur deras kurvor ser ut. Vi har tidigare sett grafen till f(x) =
1 x
8 6 4 2 -3
-1
-2
1
2
3
-2 -4 -6 -8
Figur 98: Vi konstaterar följande: Då Då Då Då
x x x x
är är är är
ett ett ett ett
stort negativt tal litet negativt tal litet positivt tal stort positivt tal
är är är är
y y y y
ett ett ett ett
litet negativt tal stort negativt tal stort positivt tal litet positivt tal
Dessutom kan vi konstatera att f(x) saknar extrempunkter. f ′ (x) = −
1 x2
f ′ (x) = 0 ger 1
= 0 = 0 · x2 x2 1 = 0
x2 x2 ·1
f ′ (x) = 0 har helt enkelt inga rötter. Däremot kan man fortfarande tänka sig följande uppgift: Bestäm funktionens f(x) = 1 största värde då 1 ≤ x ≤ 10. x
Det största värdet i ett intervall x1 ≤ x ≤ x2, för en funktion som saknar extrempunkter måste alltid var något av f(x1) eller f(x2). Självklart – eller hur? För 1 exemplet ovan får vi f(1) = 1 och f(10) = 10 . Maxvärdet är alltså 1.
Håkan Strömberg
159
KTH Syd
Över till funktionen f(x) =
1 x2
med grafen 8 6 4 2
-3
-1
-2
1
2
3
Figur 99: Vad krävs av x för att f(x) < 0? Vilket värde x än har kommer f(x) > 0 I de två graferna ovan närmar sig kurvorna x- och y-axlarna. Ju större x vi sätter in desto närmare kommer kurvan axeln. När en kurva närmar sig en linje utan att någonsin nå fram kallas det linjen asymptot. Vi tar en annan funktion och försöker ta reda på kurvans asymptoter. f(x) =
1 +2 x+1
Figur 100: Av grafen att döma finns det två asymptoter här. Ingen av dem är koordinatsystemets axlar. Den ena har ekvationen y = 2 och den andra x = −1. Att vi får en lodrät asymptot då x = −1 är lätt att förstå. Funktionen f(x) är inte definierad för x = −1. Men däremot är den definierad för x = −0.999999 och för x = −1.000001. f(−0.999999) =
1 + 2 = 1000002 −0.999999 + 1
och
1 + 2 = −999998 −1.000001 + 1 Efter en förflyttning på 0.000002 på x-axeln har vi förflyttat oss 2000000 på y-axeln. f(−1.000001) =
Håkan Strömberg
160
KTH Syd
Den andra asymptoten förklarar vi så här: När x är ett relativt litet negativt tal, är den första termen i uttrycket som dominerar f(x) =
1 +2 x+1
som dominerar. Till exempel då x = −0.95 bidrar den första termen med 20 och den andra med 2, för att få ge f(−0.95) = 22. När däremot x → ∞ har inte längre 1 något större inflytande, medan den andra förblir 2. Vi skriver termen x+1 lim =
x→∞
1 +2=2 x+1
och
1 +2=2 x→−∞ x+1 Linjen y = 2 är alltså en asymptot till funktionen. lim =
Även denna funktion saknar extrempunkter. De kan vi inte visa därför att vi inte lärt oss derivera denna typ av funktioner ännu. De tre funktioner vi sett här har alla två grenar och är brutna, icke kontinuerliga. Vi avslutar denna diskussion, med en för oss alldeles för svår funktion, bara för att visa hur det kan se ut f(x) =
1 1 1 + − +2 (x − 2)2 (x + 3)2 (x − 6)2 6 4 2
-10
-5
5
10
-2 -4 -6
Figur 101: Vi har inte lärt oss att derivera denna typ av funktioner. Men vilka asymptoter den har, bör vi kunna se. Det finns fyra stycken: y = 2, x = 2, x = −3 och x = 6. Vi klarar av att derivera funktioner med xn i nämnaren så länge xn är ensamt. Till exempel utgör funktionen 1 1 3 f(x) = 3 − + 2 x x x inga problem −3 −1 (−2) · 3 3 1 6 f ′ (x) = 4 − 2 + =− 4+ 2− 3 3 x x x x x x
Håkan Strömberg
161
KTH Syd
En annan typ av funktioner, är de där exponenterna till x är både positiva och negativa. Till exempel 2 f(x) = 2x−1 + x = + x x Vi har stött på dem tidigare. De är intressanta därför att vi klarar av att derivera dem och därför att de har extrempunkter. Grafen till denna funktion ser ut så här: 6
4
2
-2
2
4
6
-2
-4
-6
Figur 102: Vi ser extrempunkterna och ska snart ta reda på dem, men först en fråga om grafens asymptoter. Hur många kan du se? Att x = 0, det vill säga y-axeln är en asymptot förstår vi från den inledande diskussionen. Det finns en till! En asymptot är en linje och en linje kan beskrivas med linjens ekvation. Den andra asymptoten har ekvationen y = x. När x → ∞ bidrar den första termen in funktionen med ett allt mindre tillskott och termen x tar då överhand. f(1000) = 1000.002 visar med all tydlighet detta. Vi bestämmer nu extrempunkterna till f(x) genom att som vanligt bestämma f ′ (x) och sedan lösa ekvationen f ′ (x) = 0. f ′ (x) = 1 −
1−
Håkan Strömberg
2 x2
2 = 0 x2 2 1 = 2 x x2 = 2 √ x1 = − √ 2 x2 = 2
162
KTH Syd
Andra derivatan ger f ′′ (x) =
4 x3
√ √ För f ′′ (− 2) = √4 3 = − 2 < 0 vilket betyder att vi funnit en maxpunkt. För (− √2) √ 4 ′′ f ( 2) = √ 3 = 2 > 0 vilket betyder att vi funnit en minpunkt. Allt stämmer ( 2) när vi jämför med grafen. Funktionen f(x) =
√
1
x = x2
är också en potensfunktion, fast exponenten inte är ett heltal. Vi har lärt oss att, till 2 exempel, √ ekvationen x = 4 har två rötter x = ±2. Om vi för varje x till funktionen f(x) = x skulle få två värden skulle kurvan se ut så här: 1.5 1 0.5 0.5
1
1.5
2
2.5
3
-0.5 -1 -1.5
Figur 103: Kurvan finns, men inte funktionen! Vi har tidigare nämnt, att till ett givet x1 får finnas högst ett värde f(x1), om f(x) ska vara en funktion, inte två som här. För att komma till rätta med detta problem har √man bestämt, att det är den positiva grenen, som gäller när man talar om f(x) = x. Här är den grafen: 1.75 1.5 1.25 1 0.75 0.5 0.25 0.5
1
1.5
2
2.5
3
Figur 104: Att funktionen inte är definierad för x < 0 visste vi redan. Så är det förresten för alla potensfunktioner där inte samtliga exponenter är heltal. Finns det någon asymptot hos kurvan i figur 104? Svaret är nej, även om man inte kan se det med blotta ögat.
Håkan Strömberg
163
KTH Syd
1 Skissa kurvan till funktionen f(x) = x +
1 x
Lösning: När man står inför uppgiften att skissa en kurva, som man direkt ser att den har asymptoter, tjänar man ofta på att rita in dem först.
Figur 105: Från inledningen av denna föreläsning får vi att det finns två asymptoter: x = 0 och y = x. Observera de olika skalorna på axlarna, som gör att asymptoten y = x vid första påseende ser felaktig ut. Nu tar vi reda på extrempunkterna med metoder som vi använt snart 100 gånger! f ′ (x) = 1 −
1 x2
f ′ (x) = 0 leder till 1−
1 = 0 x2 1 1 = 2 x x1 = −1 x2 = 1
Vi har hittat två extrempunkter och ska nu klassificera dem genom f ′′ (x) f ′′ (x) =
2 x3
som ger f ′′ (−1) = f ′′ (−1) =
2 (−1)3 2 = 13
= −2 < 0 ⇒ 2>0 ⇒
maxpunkt minpunkt
Då f(−1) = −2 får vi maxpunkten (−1, −2) och genom f(1) = 2 får vi minpunkten (1, 2).
Håkan Strömberg
164
KTH Syd
15 10 5 -2
4
2 -5 -10 -15
Figur 106:
Vi prickar in dessa punkter i grafen och med den vetskap vi har om asymptoter blir resten av skissandet enkelt. Vi får till slut Det är i och för sig inget hinder att asymptoterna finns med i den slutliga grafen. 2 Ta reda på allt du kan om f(x) =
1 + x2 x
Lösning: Vi kan ta reda på a) Funktionens asymptoter b) Funktionens nollställen c) Funktionens extrempunkter d) Funktionens definitionsmängd e) Funktionens värdeförråd Asymptoter. x = 0, det vill säga y-axeln är en asymptot till funktionen. Funktionen är inte definierad för x = 0. När x → ∞ närmar sig vår kurva, kurvan y = x2, eftersom den första termen i funktionen tappar betydelse. Man kan nog säga att det närmandet är asymptotiskt, men någon asymptot som linje finns det inte. När x → −∞ inträffar samma sak. Kurvan närmar sig asymptotiskt y = x2. Nollställen till funktionen får vi genom att lösa ekvationen f(x) = 0. 1 x
+ x2 x2 x3 x
= = = =
0 − x1 −1 −1
Funktionen skär x-axeln i en enda punkt (−1, 0) Extrempunkter får vi som vanligt genom att lösa ekvationen f ′ (x) = 0 f ′ (x) = 2x −
Håkan Strömberg
165
1 x2
KTH Syd
som ger 2x −
1 x2
= 0
2x = x3 = x =
1 x2 1 2 q 3
1 2
x ≈ 0.79 Det finns alltså bara en, men av vilken typ? f ′′ (x) = 2 + Vi får ′′
f ( Vilket innebär en minpunkt i r 3 1 ,f 2
r 3
2 x3
1 )=6>0 2
r !! 3 1 ≈ (0.79, 1.89) 2
Definitionsmängd. Funktionen är definierad på hela x-axeln utom för x = 0. Värdeförråd. Vilka värden kan f(x) anta? Alla som vi skriver −∞ < f(x) < ∞ 40 20
-2
2
4
-20
Figur 107: Om vi beskådar grafen till f(x) =
(x − 3)2 x2 + 6
i figur 108 ser vi ett exempel på en funktion som har ett mycket begränsat värdeförråd, 52 ≤ f(x) ≤ 0 Funktionen är just nu alldeles för komplicerad för oss.
Håkan Strömberg
166
KTH Syd
2.5 2 1.5 1 0.5 -5
-10
5
10
Figur 108:
Här kommer nu några problem som mycket väl kan dyka upp på KS3 eller tentamen. Jag har försökt klassificera dem i tre grupper L Lätta uppgifter som alla måste kunna lösa för att ha en chans att bli godkänd på kursen M Lite svårare uppgifter som kan vara bra att kunna klara av om man missat någon av de enklare på tentamen. S Svårare uppgifter främst för dem som siktar på ett högre betyg. Jag ska försöka använda den här klassificeringen under resten av kursen. 3L Bestäm f ′ (0) till f(x) = ex − e−3x +
1 2 − e2x e−x
Lösning: 2 2 2 2 − −x = ex + 3e−3x − 2x − 2ex = 3e−3x − 2x − ex 2x e e e e 2 f ′ (0) = 3e−3·0 − 2·0 − e0 = 3 − 2 − 1 = 0 e 3 4L Bestäm derivatan till f(x) = x med hjälp av derivatans definition Lösning: Så här definieras derivatan f ′ (x) = ex + 3e−3x −
f(x + h) − f(x) h→0 h
f ′ (x) = lim Vi sätter in aktuell funktion
(x + h)3 − x3 h→0 h
f ′ (x) = lim
Det jobbigaste med detta exempel blir att utveckla (x + h)3. Antingen utgår man från (x + h)(x + h)(x + h) och multiplicerar två parenteser i taget, eller så slår man upp formeln i formelsamlingen, eller så kommer man ihåg Pascals triangel.
Håkan Strömberg
167
KTH Syd
3x2h + 3h2x − h3 x3 + 3x2h + 3h2x + h3 − x3 = lim = h→0 h→0 h h
f ′ (x) = lim
h(3x2 + 3hx − h2) = lim 3x2 + 3hx − h2 = 3x2 h→0 h→0 h 5L I den punkt på kurvan till funktionen lim
f(x) = 3x2 − 10x + 1 som har x-koordinaten x = 1 dras en tangent till kurvan. Bestäm ekvationen för denna tangent. Lösning: Vi bestämmer först f(1) för att få tangeringspunkten. f(1) = 3 · 12 − 10 · 1 + 1 = −6 Nu deriverar vi för att sedan bestämma f ′ (1) som är tangentens k-värde. f ′ (x) = 6x − 10 f ′ (1) = −4 Ett nytt sätt att bestämma linjens ekvation y − y1 y1 − y2 = x − x1 x1 − x2 där högra sidan är k-värdet, som vi ju redan har y − y1 =k x − x1 Detta ger y − (−6) = −4 x−1 ger y = −4x − 2 20 10
-3
-2
-1
1
2
3
-10
Figur 109: Avsluta gärna med att plotta funktionen på dosan, så får du en bekräftelse på att du räknat rätt.
Håkan Strömberg
168
KTH Syd
Figur 110:
6S En affisch ska tryckas. Marginalerna över och under trycket ska vara 6 cm. Marginalerna på sidorna däremot 4 cm. Själva trycket ska vara ha en area på 384 cm3. Bestäm affischens höjd och bredd då den har så liten area som möjligt med givna villkor. Lösning: Antag att tryckets höjd är h och dessa bredd är b. Arean A = bh. Då arean är given till 384 kan vi skriva h = 384/b. Hela affischens area kan nu skrivas Aa(b, h) = (4 + 4 + b)(h + 6 + 6). Substituerar vi h får vi affischens area som funktion av enbart b, A(b) = (8 + b)(384/b + 12). Om vi deriverar A(b) och söker derivatans nollställe hittar vi en extrempunkt, som förhoppningsvis är en minpunkt 384 + 12 A(b) = (8 + b) b 384 A(b) = 8 · + 8 · 12 + 384 + 12b b 3072 + 480 + 12b A(b) = b 3072 A ′ (b) = − 2 + 12 r b 3072 A ′ (b) = 0 ger b = ± = ±16 12 När b = 16 är h = 24 vilket ger affischens höjd 36 och och bredd 24. Arean är då A(16) = 864. Att det verkligen är en minpunkt, kan vi se om vi beräknar till exempel A(24) = 896 och A(24) = 896, som båda är större. Dessutom vet vi att det endast finns en extrempunkt.
1L Derivera funktionen f(x) = där a, b och n är konstanter
a b · xn
2M Graferna till funktionerna f(x) = 2a +2x−x2 och g(x) = ax−5 skär varandra bland annat då x = 3. Bestäm den andra skärningspunkten.
Håkan Strömberg
169
KTH Syd
3M En rät linje f(x) skär y-axeln för y = 4 och x-axeln för x = 3/2. En annan g(x) skär y-axeln i punkten y = −3. De två linjerna skär varandra under rät vinkel. Var skär g(x) x-axeln? 4M Bestäm den exponentialfunktion vi söker, på vars kurva två punkter är kända: P1(4, 109.808) och P2(6, 132.867). 5S När x förpackningar av en vara produceras och säljs blir kostnaden K(x), intäkten I(x) och vinsten V(x). K(x) = 20000 + 10x + 0.05x2 där 100 < x < 500 I(x) = 290x − 0.1x2 där 100 < x < 500 a) Ange ett förenklat uttryck för V(x) b) Beräkna marginalvinsten när 300 förpackningar säljs c) Hur många förpackningar ska säljas för att marginalvinsten ska bli 200 kr/förpackning?
1L
a·n b · xn+1 2M Att de två funktionerna har en gemensam punkt för x = 3 är samma sak som f(3) = g(3) 2a + 2 · 3 − 32 = a · 3 − 5 2a + 6 − 9 = 3a − 5 a = 2 f ′ (x) = −
Vi kan nu skriva funktionerna f(x) = 4 + 2x − x2 och g(x) = 2x − 5 och kan ta reda på den andra gemensamma punkten genom ekvationen f(x) = g(x). 4 + 2x − x2 4 − x2 x2 x x1 = 3
= = = =
2x − 5 −5 9√ ± 9 x2 = −3
Den andra gemensamma punkten är (−3, g(−3)) = (3, −11). Vilket grafen visar 3M De två funktionerna g(x) = kg ·x+mg och f(x) = kf ·x+mf måste bestämmas för att svaret ska kunna ges. Vi vet att f(0) = 4 och f(3/2) = 0 ur detta kan vi bestämma kf 4−0 8 kf = =− 3 3 0− 2 Vi vet redan att mf = 4 och kan nu skriva f(x) = − 83 · x + 4. Genom texten vet vi att kg = 83 eftersom kg · kf = −1. Vi vet också att mg = −3 och kan Håkan Strömberg
170
KTH Syd
5 -4
-2
2
4
-5 -10 -15 -20 -25
Figur 111:
skriva g(x) = 38 · x − 3. Då vi löser ekvationen g(x) = 0 får vi den efterfrågade roten. 3 ·x−3 = 0 8 x = 8 g(x) skär x-axeln i (8, 0) 4M Vi ansätter f(x) = C · ax och ska alltså bestämma C och a med hjälp av f(4) = 109.808 och f(6) = 132.867. Vi får ett ekvationssystem: C · a4 = 109.808 C · a6 = 132.867 Från första ekvationen får vi C · a4 = 109.808 109.808 C = a4 Vi substituerar C i den andra ekvationen och får 109.808 6 · a = 132.867 a4 109.808 · a2 = 132.867 132.867 109.808 r 132.867 a = ± ≈ 1.1 109.808
a2 =
Vi vet nu att a = 1.10 och kan använda det för att bestämma C. C=
109.808 ≈ 75 1.104
Vi tecknar till sist funktionen f(x) = 75 · 1.10x
5S Vinsten V(x) = I(x) − K(x) vilket är detsamma som V(x) = 290x − 0.1x2 − (20000 + 10x + 0.05x2) = 280x − 0.15x2 − 20000
Håkan Strömberg
171
KTH Syd
Marginalvinsten är M(x) = V ′ (x) eller M(x) = 280 − 0.3x M(300) = 190 kr. Till sist söker vi M(x) = 200. 280 − 0.3x = 200 x ≈ 267 förpackningar.
Räkna bokens uppgifter: 3242, 3243, 3246, 3248, 3251
3242 b) TB: Den här uppgiften blir inga problem f(x) =
1 1 +√ x x 1
f(x) = x−1 + x− 2 3
−2
′
f (x) = −x
x− 2 − 2
1 1 − √ 2 x 2x x Bara en massa tekniskt manipulerande. f ′ (x) = −
3243 b) TB: f(x) = 5x +
20 x2
f(x) = 5x + 20x−2 f ′ (x) = 5 − 40x−3 f ′ (x) = 5 −
40 x3
f ′ (x) = 0 då 5 −
40 =0 x3
x3 = 8 x = 2
Håkan Strömberg
172
KTH Syd
3246 b) TB: √ f(x) = 15 x 1
f(x) = 15x 2 f ′ (x) =
15 1
2x 2 15 f ′ (x) = √ 2 x f ′ (100) =
15 = 0.75 20
KTH: Ska du tolka detta resultat också? TB: Då bromsspåren kommer att bli 100 m långa så avtar bilens hastigheten med 0.75 km/tim för varje meter av bromsspåret. Bromsspåren blir 100 m då hastigheten är 150 km/tim. Det här stämmer ju inte! KTH: Nej, f(100) = 150 det är korrekt. Då f(101) ≈ 150.748 Detta betyder att om bromsspåret blir 1 meter längre så har bilen ökat sin hastighet med 0.75 km/tim 3248 TB: Ett enkelt problem. Vi har funktionen g(x) = 2 + 0.001x +
4000 x
som vi ska söka ett minimum för. Vi deriverar g ′ (x) = 0.001 −
4000 x2
Nu ska vi lösa ekvationen g ′ (x) = 0 0.001 −
4000 = 0 x2 x2 = 4000000 x = ±2000
Den negativa roten förkastar vi och får svaret x = 2000. g(2000) = 6. När man tillverkar 2000 knivar kommer kostnaden för en kniv att bli 6 kr. KTH: Det är så riktigt så.
Håkan Strömberg
173
KTH Syd
3251 KTH: Här ska du få en klassisk uppgift som finns i varje matematikbok. TB: Säger du det! Jag börjar med en figur
Figur 112: Jag vet att volymen för en cylinder tecknas Vc = hπr2. Det är bestämt att burken ska rymma 1000 cm3 (1 liter). Nu blir det lite knepigare, när jag ska teckna burkens totala area Ac = 2πr2 + 2πrh. Är det rätt? Den första termen är arean för de två locken och den andra är arean av den rektangel som utgör den tredje delen av burken. En sida i den rektangeln är h och den andra är 2πr, som är lika med lockens omkrets. Eftersom Vc = hπr2 = 1000 kan vi lösa ut h=
1000 πr2
Detta gör att vi kan substituera bort h och få ett uttryck av arean Ac som bara beror av r 1000 Ac(r) = 2πr2 + 2πr 2 πr Jag putsar lite 2000 Ac(r) = 2πr2 + r Det är den här funktionen vi ska hitta ett minimum för. Då måste jag först derivera 2000 Ac′ (r) = 4πr − 2 r Jag börjar kunna derivera funktioner med x i nämnaren ganska bra nu. Vi ska nu lösa ekvationen Ac′ (x) = 0 4πr −
2000 = 0 r2
r3 = r=
r 3
500 π
500 ≈ 5.41926 π
Jag räknar dessutom ut höjden h ≈ 10.8385. Höjden h är alltså dubbelt upp mot radien r, eller diametern är lika med höjden.
Håkan Strömberg
174
KTH Syd
KTH: Om du vill kan du nu ta reda på hur burkens form ändras om man tar bort ena locket. TB: Jag tror inte jag är så intresserad just nu. 3256 TB: En enkel uppgift igen. f(x) = 3 · eax har derivaten f ′ (x) = 3a · eax. Vi kan nu bestämma a eftersom f ′ (0) = 6 som är samma sak som 3a · ea·0 = 6 ger a=2 3261 TB: Här är funktionen T (t) = 20 + 75e−0.0354t. Temperaturen T som funktion av tiden t. Grafen ser ut så här: 90 80 70 60 50 40 20
40
60
80
Figur 113: Observera origos placering. Det är inte så som det kan se ut, att kaffets temperatur går under noll. Först ska vi besvara frågan: När blir kaffet svalare än 50◦ C? 20 + 75e−0.0354t = 50 e−0.0354t = −0.0354t
eln e
50 − 20 75
= eln 0.4
e−0.0354t = eln 0.4 −0.0354t = ln 0.4 t =
ln 0.4 ≈ 25.88 −0.0354
Efter 25.88 minuter har kaffets temperatur sjunkit till 50◦ C. Det var inte nog
Håkan Strömberg
175
KTH Syd
med detta, vi ska också ta reda på T ′ (30) och tolka resultatet. T (t) = 20 + 75e−0.0354t T ′ (t) = −0.0354 · 75e−0.0354t T ′ (30) ≈ −0.918002 Detta betyder att efter 30 minuter så sjunker temperaturen med cirka 0.918 grader/minut. 3263 TB: Vilken konstig uppgift, men ganska bra! Jag startar med 2500 kr som jag sätter in på banken till 7% ränta. Hur många år dröjer det innan beloppet har stigit till 10000 kr? 3264 TB: Så här ser grafen, som visar bilens värde de närmaste 20 åren, ut: Bilens värde 250000 200000 150000 100000 50000 5
10
15
20
Figur 114: avtar med 15% per år. V(t) V(t) V ′ (t) V ′ (5)
= = = ≈
280000 · 0.85x 280000 · exln 0.85 ln(0.85)280000 · exln 0.85 −20190.9
Efter 5 år rasar bilens värde med cirka 20000 kr/år. I grafen visas detta med en tangent till kurvan i punkten (5, 124237). Tangenten har k-värdet −20190.9. 3267 TB: Vi har funktionen f(x) = C·ax, där C och a är konstanter som ska bestämmas. Vi har två fakta om funktionen: f(0) = 3 och f ′ (x) = 5·f(x). Ur f(0) = C·a0 = 3 får vi omedelbart att C = 3. Den andra ”ledtråden” är svårare att förstå sig på. KTH: Läs bara vad som står och sätt upp ekvationen TB: OK. Jag måste ta fram f ′ (x) och skriver först om f(x) = 3exln a och får då
Håkan Strömberg
176
KTH Syd
f ′ (x) = 3 ln a · exln a Nu får jag ekvationen f ′ (x) 3 ln a · exln a ln a a
= = = =
5 · f(x) 5 · 3exln a 5 e5
Nu kan jag skriva funktionen f(x) = 3 · e5x
Håkan Strömberg
177
KTH Syd
Ingen ny teori idag. Vi tränar på det vi redan kan. Du hittar här två avdelningar med vardera 10 uppgifter. Den Lätta avdelningen innehåller i första hand sådana uppgifter som du måste klara för att ha chans att få godkänt på KS och tentamen. Den Svåra avdelningen innehåller lite knepigare uppgifter. Bra att kunna fylla ut med, om du missat något av de enklare uppgifterna på tentamen, eller om du siktar på högre betyg. Vi avslutar sedan med 20 snabbfrågor för avstretchning. Här ska det räcka med ren huvudräkning.
1 Bestäm f ′ (x) till
√ 2 f(x) = 4 x + 3e−2x − 2 x
2 Bestäm f ′ (x) till f(x) = x2 + x med hjälp av derivatans definition 3 Bestäm det största och minsta värdet hos funktionen f(x) = x3 + 21x2 − 400 i intervallet −10 ≤ x ≤ 5
4 Läget s (m) hos ett föremål ges av funktionen t
s(t) = 300 + 2e 10 där t är tiden i sekunder. Beräkna den momentana hastigheten vi tiden t = 10 5 Ange ekvationen för en rät linje som går genom punkten (0, 4) och som är parallell med linjen 2y − x − 6 = 0 6 Vilken av de fyra funktionerna nedan är derivata till f(x) =
Håkan Strömberg
e4x 3 +√ 3 2 x
178
KTH Syd
a)
f ′ (x) =
4e3x 3 +√ 3 2 x4
b) f ′ (x) =
4ex 3 − √ 2 x3x
4x · e4x 1 1 c) f (x) = d) f ′ (x) = 2e4x − √ +√ 3 4 2 x3x x ′
7 Förenkla f(a) − f(a − 1) då f(x) = x(x + 1)(x + 2) 8 Bestäm a så att funktionen f(x) = ax2 + ax + 5 får minsta värdet 0. 9 Två av dessa uttryck är identiska. Visa vilka genom förenkling.
A)
ab + a2 + b2 + ab a+b
C)
ab + a2 − b2 − ab −ab + a2 + b2 − ab D) b−a a−b
B)
ab + a2 − b2 − ab a+b
10
Figur 115: I figur 115 ser vi fem grafer A . . . E, nedan fem funktioner 1..5. Para ihop funktionerna med rätt graf! 1) f(x) = ex 2) f(x) = −ex 3) f(x) = e−x 4) f(x) = 2e−x 5) f(x) = 2ex
Håkan Strömberg
179
KTH Syd
1 Vi skriver först om f(x), för att få enklare och säkrare beräkningar 1
f(x) = 4x 2 + 3e−2x − 2x−2 Nu deriverar vi f ′ (x) = 2
1 1 2 4 · 4x− 2 + 3(−2)e−2x − 2(−2)x−3 = √ − 6e−2x + 3 2 x x
f(x + h) − f(x) (x + h)2 + (x + h) − (x2 + x) f (x) = lim = lim = h→0 h→0 h h ′
x2 + 2xh + h2 + x + h − x2 − x 2xh + h2 + h = lim = h→0 h→0 h h h(2x + h + 1) lim = lim 2x + h + 1 = 2x + 1 h→0 h→0 h 3 Först bestämmer vi extrempunkterna genom att lösa ekvationen f ′ (x) = 0. Därefter klassificerar vi dem och tar reda på om de tillhör intervallet. Avslutningsvis tar vi reda på f(−10) och f(5). Därefter kan vi ge svaret. lim
f ′ (x) = 3x2 + 42x f ′ (x) = 0 ger 3x2 + 42x 3x(x + 14) x1 x2
= = = =
0 0 0 −14
Vi tar fram andraderivatan f ′′ (x) = 6x + 42 Vi får nu
f ′′ (0) = 42 > 0 ⇒ f ′′ (−14) = −42 < 0 ⇒
minpunkt maxpunkt
Vi ser nu att maxpunkten inte tillhör intervallet, vilket minpunkten gör. f(0) = −400 f(−10) = 700 och f(5) = 250 Av detta kan vi sluta oss att funktionens största värde på intervallet är 700 och dess minsta värde är 400
Håkan Strömberg
180
KTH Syd
4 Vi deriverar s(t) och får s ′ (t) = h(t) (hastigheten som funktion av tiden) återstår att bestämma h(10) t 2e 10 h(t) = 10 e h(10) = ≈ 0.54 meter/sekund 5 5 Först tar vi reda på den givna linjens k-värde 2y − x − 6 = 0 2y = x + 6 y = 21 x + 3 Den eftersökta linjen har k = 12 . Vi bestämmer så linjens ekvation genom y−4 x−0
= y−4 = y =
1 2 x 2 x 2
+4
Svar: y = 12 x + 4 6 d) 7 Vi får f(a) − f(a − 1) = a(a + 1)(a + 2) − (a − 1)a(a + 1) = a(a + 1) ((a + 2) − (a − 1)) = 3a(a + 1) = 3a2 + 3a 8 Vi startar med att derivera f ′ (x) = 2ax + a f ′ (x) = 0 ger 2ax+a = 0 som har roten x = − 21 . Vi vet nu att extrempunkten, som av texten att döma, måste vara en minpunkt, finns där x = − 21 . För att få a återstår att lösa ekvationen f(− 12 ) = 0 a − 12
2
+ a − 12 + 5 a − a2 + 5 4 a − 2a + 20 a
= = = =
0 0 0 20
Svar: f(x) = 20x2 + 20x + 5 9 A) a+b B) a − b C) −(a + b) D) a − b Svar: B och D är identiska. 10 Svar:
Håkan Strömberg
1-D
2-E
181
3-B
4-A
5-C
KTH Syd
1M Nu koncentrerar vi oss på funktionen f(x) = 4x2 + 3x − 2 och vill veta var tangenten till kurvan i punkten med koordinaten x = −4 skär tangenten i punkten med koordinaten x = 2. 2S Andragradspolynomet f(x) har ett minimum i punkten P1(1, −27). Dessutom vet vi att den skär x-axeln i punkten P2(4, 0) och att f ′ (2) = 6. Bestäm f(x). 3M Ett polynom f(x) av tredje graden har nollställen för x = −3, x = 2 och x = 1. Dessutom vet man att f ′ (3) = 60. Bestäm f(x) 4M Utvecklingen går framåt, även för nötkreatur. Tidigare har vi byggt hagar för hela skocken. Idag konstruerar vi istället ”radhagar” där kor och tjurar får
Figur 116: hållas familjevis. Bonden Per Olsson har 3000 m staket som han vill använda för ett ”radhagsområde” (2 × 4) tomter (se figur 116), där han vill ge varje familj så stort område som möjligt. Bestäm x och y i figuren, så att Per Olsson når sitt mål. 5M Bestäm a så att funktionerna
f(x) =
2x 6 + a x
g(x) =
x2 17 − ax + 2 2
har ett minimum i samma punkt. 6L Man vet att punkten punkten P(2, −9) ligger på kurvan till funktionen f(x) = 2 − ax − x2. Bestäm a och undersök för vilka värden på x som f(x) > 0 7M Funktionen f(x) = ex är given. Vilka av följande påståenden är sanna för alla tal a? a) f(2a) = 2 · f(a) d) f(2 + a) = f(2) · f(a) b) f(2a) = (f(a))2 e) f(−a) = −f(a) c) f(2a) = f(2) · f(a) f) f(−a) = (f(a))−1
Håkan Strömberg
182
KTH Syd
8M Tre funktioner är givna f(x) = 2x2 − 3x − 20 g(x) = 4x − 2 h(x) = 2 + x2 Bestäm rötterna till ekvationen f(g(x) + h ′ (x)) = 0 9M En fyrhörning har sina hörn belägna på kurvan till funktionen f(x) = 3 + 5x − 2x2. Man vet att två av hörnen samtidigt ligger på x-axeln och de två andra på på linjen g(x) = 5. Beräkna fyrhörningens area. (Hur man beräknar arean till en parallelltrapets hittar du formelsamlingen) 10S En container (i form av ett rätblock) utan tak ska tillverkas. Den ska rymma 10m3. Bottens längd ska vara dubbelt så lång som dess bredd. Materialet i botten, som ska vara stabilare än väggarna, kostar 1000 kr/m2. Materialet i väggarna kostar däremot 600 kr/m2. Vilka mått ska containern ha för att materialkostanderna ska bli så låga som möjligt?
1 Vi har funktionen f(x) = 4x2 + 3x − 2. Det handlar alltså om två tangenter vars k-värde vi får tag på genom f ′ (−4) och f ′ (2) Vi vet att tangenterna går genom punkterna P1(−4, f(−4)) och P2(2, f(2)). Eftersom f(−4) = 4 · 16 + 3 · (−4) − 2 = 50 och f(2) = 4 · 4 + 3 · 2 − 2 = 20 kan vi bestämma punkterna till P1(−4, 50) och P2(2, 20) f(x) = 4x2 + 3x − 2 f ′ (x) = 8x + 3 f ′ (−4) = −29 f ′ (2) = 19 Den första tangenten får vi genom f1(x) = k1 · x + m1 som ger 50 = −29 · (−4) + m1 och m1 = −66. Vi kan nu skriva dess ekvation f1(x) = −29x − 66. På samma sätt tar vi nu reda på den andra tangentens funktion f2(x). f2(x) = k2 ·x+m2 som ger 20 = 19·2+m2 och m2 = −18 och vi har f2(x) = 19x−18. dessa två linjer ska nu ha en gemensam punkt, som vi söker −29x − 66 = 19x − 18 48x = −48 x = −1 y koordinaten för skärningspunkten får vi genom till exempel f1(−1) = −37 Vi visar till sist grafen med inritade tangenter. Skärningspunkten är (−1, −37) 2 Vi ska bestämma a, b och c till polynomet f(x) = ax2 + bx + c. Derivatan till funktionen blir då f ′(x) = 2ax + b Tre pusselbitar är givna: f(4) = 0 16a + 4b + c = 0 f ′ (2) = 6 4a + b = 6 f ′ (1) = 0 2a + b = 0
Håkan Strömberg
183
KTH Syd
50
-4
-3
-2
-1
1
2
-50
-100
Figur 117:
Vi har fått ett ekvationssystem med tre ekvationer och tre obekanta 16a + 4b + c = 0 4a + b = 6 2a + b = 0
b = −2a får vi från den tredje ekvationen. Detta sätter vi in i den andra och får 4a − 2a = 6 och nu vet vi att a = 3 som snabbt ger oss att b = −6. Till slut använder vi den första ekvationen för att finna c, 16 · 3 + 4 · (−6) + c = 0, ger c = −24. Vi har nu bestäm funktionen till f(x) = 3x2 − 6x − 24. Det finns en enklare väg att ta sig fram till svaret. Genom att utnyttja symmetrin hos parabeln – x-koordinaterna för de två nollställena befinner sig lika långt från x-koordinaten för minimipunkten
Figur 118: När vi vet att det andra nollstället är (−2, 0) kan vi sätta upp f(x) = a(x + 2)(x − 4). Vi vet också att f(1) = −27 och kan bestämma a genom att lösa ekvationen: a(1 + 2)(1 − 4) = −27 a = 3 f(x) = 3(x + 2)(x − 4) = 3x2 − 6x − 24 3 Polynomet kan inte bestämmas helt och hållet, enbart av de tre rötterna. Men vi kan komma en bit på väg f(x) = m(x + 3)(x − 2)(x − 1) som ger f(x) = m(x3 − 7x + 6) Vi deriverar nu med avseende på x och låter m stå för ett tal vilket som helst. f ′ (x) = m(3x2 − 7). Vi vet nu att f ′ (3) = 60
Håkan Strömberg
184
KTH Syd
vilket ger ekvationen m(3 · 32 − 7) = 60, som ger m = 3. Vi har nu svaret f(x) = 3x3 − 21x + 18 4 Först ett samband mellan x och y, 5y + 3x = 3000. Vi väljer att lösa ut y = (3000 − 3x)/5. Arean kan nu skrivas med enbart variabeln x 3000 − 3x 5 3 A(x) = 600x − x2 5 A(x) = x ·
Vi är nu på jakt efter maxpunkten till A(x) och därför måste vi lösa A ′ (x) = 0. 3 A(x) = 600x − x2 5 6 A ′ (x) = 600 − x 5 A ′ (x) = 0 då x = 500 Då blir y = (3000 − 3 · 500)/5 = 300.
5 Vi måste derivera båda funktionerna och ta reda på extrempunkterna. f(x) =
2x 6 + a x
f ′ (x) =
2 6 − 2 a x
f ′ (x) = 0 då
2 6 − 2 =0 a x
6 2 − 2 = 0 a x 2 6 = 2 a x 6a 2 √ x = ± 3a
x2 =
a > 0 för att det ska fungera. g(x) =
x2 17 − ax + 2 2
g ′(x) = x − a g ′(x) = 0 då x = a
Håkan Strömberg
185
KTH Syd
Återstår nu att lösa ekvationen √ a = 3a 2 a = 3a a1 = 0 a2 = 3 När a = 3 har båda funktionerna ett minimum. a = 0 fungerar inte i f(x). 6 Vi bestämmer a i f(x) = 2 − ax − x2 genom P(2, −9), f(2) : 2 − 2a − 22 = −9. Ger a = 7/2 och får funktionen 7 f(x) = 2 − x − x2 2 Vi behöver nu funktionens nollställen och måste lösa ekvationen f(x) = 0 7 2 − x − x2 = 0 2 7 x2 + x − 2 = 0 2 r 7 49 32 x = ± + 4 16 16 7 9 x = ± 4 4 x2 = − 12
x1 = 4
Eftersom f(x) har ett maximum är funktionen positiv för −1/2 < x < 4 7 Funktionen f(x) = ex är given. a) b) c) d) e) f)
f(2a) = 2 · f(a) f(2a) = (f(a))2 f(2a) = f(2) · f(a) f(2 + a) = f(2) · f(a) f(−a) = −f(a) f(−a) = (f(a))−1
e2a 6= 2ea NEJ e2a = ea+a = ea · ea = (ea)2 JA 2a a+a a a 2 a e =e = e · e 6= e · e NEJ 2+a 2 e = e · ea JA −a e 6= −ea NEJ (ea)−1 = e−a JA
8 Vi bestämmer först h ′ (x) = 2x och kan nu bestämma g(x) + h ′(x) = 4x − 2 + 2x = 6x − 2 I nästa steg måste vi bestämma f(6x − 2) = 2(6x − 2)2 − 3(6x − 2) − 20 = 72x2 − 66x − 6 Återstår så att lösa ekvationen f(6x − 2) = 0 72x2 − 66x − 6 = 0 1 x1 = 1 x2 = − 12 9 Formeln för parallelltrapetsets area är AT = h(a+b) Vi ska nu ta reda på 2 funktionens nollställen som ger oss koordinaterna för två av hörnen. f(x) = 0 ska lösas
Håkan Strömberg
186
KTH Syd
Figur 119:
3 + 5x − 2x2 = 0 x1 = − 12 x2 = 3 Detta ger b = 3 − (−0.5) = 3.5. De två andra hörnen får vi genom att lösa ekvationen f(x) = 5 3 + 5x − 2x2 = 5 x1 = 21 x2 = 2 Detta ger a = 2 − 0.5 = 1.5. Höjden är förstås 5. Vi kan nu beräkna arean AT AT =
5(3.5 + 1.5) = 12.5 2
10 Lösningar:
Figur 120: Volymen av containern kan skrivas VC(x) = 2b2h. Dessutom vet vi att VC = 10 m3. Arean kan skrivas som en funktion av b och h A(b, h) = 2b · b + 2 · 2b · h + 2 · b · h Eftersom plåten i botten och sidorna är av olika kvalitet och pris kan vi skapa en funktion K(b, h), kostnaden som funktion av b och h. K(b, h) = 1000 · 2b2 + 600(4bh + 2bh) K(b, h) = 2000b2 + 3600bh
Håkan Strömberg
187
KTH Syd
Eftersom vi har sambandet 2b2h = 10 kan vi bestämma h uttryckt i b, h = 5/b2. Detta substituerar vi nu i vår funktion K(h, b) och får därmed en funktion K(b) 5 K(b) = 2000b2 + 3600b · 2 b 18000 K(b) = 2000b2 + b Det är den här funktionen vi ska söka minimum för. Med andra ord vi ska bestämma K ′ (b) = 0 K ′(b) = 4000b −
18000 b2
K ′(b) = 0 då 4000b − 4000b =
18000 =0 b2
18000 b2
18000 4000 r 18 b = 3 ≈ 1.65096 4
b3 =
Lådan kommer ungefär att få dimensionerna h = 1.83, b = 1.65 l = 3.30 och kostar då att tillverka K(b) ≈ 16354 kr
Snabba frågor snabba svar. Du ska bara i undantag behöva använda penna, papper eller räknedosa. 1 Vilket är det största värde f(x) kan anta? f(x) =
4 x2 + 1
2 Ligger punkten (2, −1) på linjen med ekvationen y=x−1 3 Ett rätblock har volymen 30 dm3. Höjden är 2 dm, längden 3 dm. Vilket mått har bredden? 4 Bestäm k-värdet till linjen som går genom punkterna (6, 2) och (0, 8) 5 Bestäm f ′ (0) till
x
f(x) = −8e− 4
Håkan Strömberg
188
KTH Syd
6 Funktionerna f(x) = 2x och g(x) = x2 har inte mindre än tre gemensamma punkter. En av dem är enkel att bestämma – vilken? 7 Bestäm antal och typ av extrempunkter till funktionen f(x) = x3 8 En raket lämnar jorden. Hur högt den befinner över jordytan efter t sekunder ges av funktionen i meter. s(t) = 10t2 Med vilken hastighet färdas raketen vid tiden 5 sekunder? 9 Bestäm f ′′ (x) till f(x) = x10 10 När kan man inte avgöra extrempunktens typ med hjälp av andraderivatan 11 Vad bestämmer man volymen hos med hjälp av formeln V = πr2h 12 Vilket är det största antal extrempunkter ett polynom av 4:e graden kan ha? 13 Ett belopp fördubblas efter en exponentiell funktion på ett år. Vilken förändringsfaktor har funktionen? 14 Bestäm a hos f(x) = ax3 + ax så att f ′ (x) = 12x2 + 4 15 En rät linje har ekvationen y = −3x + 5 Bestäm k-värdet till alla linjer som är vinkelräta mot denna. 16 Bestäm derivatan till f(x) = 3x 17 För vilket x är f(x) = f ′ (x) då f(x) = 3x − 9 18 Bestäm f(f ′ (1)) då f(x) = x2 19 Vilket värde ska a ha för att f ′′ (x) = g ′′ (x) då f(x) = ax2 + 34x − 4 och g(x) = 7x2 − 34x + 4 20 Vad kan man säga om polynomet p(x) om p ′′ (x) = p ′′′ (x) för alla x?
Håkan Strömberg
189
KTH Syd
1 4 då x = 0 2 Nej 3 5 dm 4 k=1 5 2 6 (2, 4) 7 En terrasspunkt 8 100 meter/sekund 9 f ′′ (x) = 90x8 10 Då f ′′ (x) = 0 11 En cylinder 12 3 13 2 14 4 15
1 3
16 ln 3 · 3x 17 x = 4
18 4 19 a = 7 20 Det är av första graden p ′′ (x) = p ′′′ (x) = 0
Håkan Strömberg
190
KTH Syd
Dagens tema är exponentialfunktioner. Egentligen inga nyheter, snarare repetition. Vi vet att alla exponentialfunktioner f(x) = C · ax kan, om man så vill, skrivas om, med basen e, till f(x) = C · exln(a) Vi vet också att den senare har derivatan f ′ (x) = C ln(a) · exln(a) Eftersom uttrycket i derivatan kan skrivas om (tillbaka) till f ′ (x) = C ln(a) · ax har vi visat att man direkt kan derivera den inledande funktionen utan omskrivning med e. Nästan till 100% har min-max problem handlat om polynom. Någon enstaka gång om potensfunktioner där exponenterna inte är positiva heltal. Därför ska vi nu bestämma eventuella extrempunkter till funktionen f(x) = ex + e−x Strategin är densamma, som alltid. Bestäm f ′ (x) och lös ekvationen f ′ (x) = 0. f ′ (x) = ex − e−x ex − e−x ex ln ex x x
= = = = =
0 e−x ln e−x −x 0
Då x = 0 finns en extrempunkt. Vilken typ? Vi derivera igen och får f ′′ (x) = ex + e−x Observera att f ′′ (x) = f(x). Hur som helst f ′′ (0) = 2 > 0 och vi har träffat på en minpunkt.
Håkan Strömberg
191
KTH Syd
20 15 10 5
-3
-2
-1
1
2
3
0.5
1
1.5
Figur 121:
4 3 2 1 -1.5
-1
-0.5
Figur 122:
Vi har sett kurvan y = x2 så många gånger nu att vi bör kunna se att kurvan i figuren har en annan form. Kurvan kan ses som i figur 122, som summan av två kurvor.
1L För vilka x är funktionen f(x) = x − ex avtagande? Lösning: Avtagande betyder negativ derivata. Så vi kan lika väl ställa frågan: När är f ′ (x) < 0? Alltså är det läge att derivera f ′ (x) = 1 − ex f ′ (x) = 0 ger 1 − ex = 0 1 = ex x = 0
Håkan Strömberg
192
KTH Syd
Extrempunkt då x = 0. Vi deriverar en gång till f ′′ (x) = −ex f ′′ (0) = −1 < 0 betyder att vi här har en maxpunkt. x<0 x=0 x>0
x f ′ (x)
+
0
−
f(x)
ր
max
ց
Svar: f(x) är avtagande då x > 0 2L Bestäm funktionens
f(x) = 1 − 3x + 2ex minsta värde Lösning: Vi deriverar för att kolla upp om det finns några extrempunkter f ′ (x) = −3 + 2ex f ′ (x) = 0 ger −3 + 2ex ex ln ex x
= 0 = 32 = ln = ln
Andraderivatan f ′′ (x) = 2ex > 0 för alla x, speciellt x = ln x
3 2
3 2 3 2
, betyder att vi funnit en minpunkt.
x < ln
f ′ (x)
−
f(x)
ց
3 2
x = ln 0
3 2
min
x > ln +
3 2
ր
Återstår att bestämma 3 3 3 f ln = 1 − 3 · ln + 2eln( 2 ) ≈ 2.78 2 2 Svar: Funktionens minsta värde är ungefär 2.78 3M Bestäm skärningspunkten mellan tangenterna som tangerar kurvan till funktionen f(x) = x2 i punkterna (−3, 9) respektive (4, 16) Lösning: Derivatan till f(x) är f ′ (x) = 2x
Håkan Strömberg
193
KTH Syd
För tangenten y1 = k1 · x + m1 i punkten (−3, 9) får vi k1 = 2(−3) = −6. För tangenten y2 = k2 · x + m2 i punkten (4, 16) får vi k2 = 2 · 4 = 8. Till var och en av tangenterna har vi nu en punkt och dess k-värde. Vi bestämmer m-värden. 9 = (−6) · (−3) + m1 m1 = −9 och
16 = 8 · 4 + m2 m2 = −16
För att bestämma skärningspunkten till tangenterna y1 = −6x − 9 och y2 = 8x − 16 får vi ekvationen −6x − 9 = 8x − 16 7 = 14x x = 21 y-koordinaten får vi genom 1 y = (−6) − 9 = −12 2 Svar: Tangenterna skär varandra i punkten ( 12 , −12) 4M För funktionen g(x) gäller att g ′ (x) = f(x) och g(−1) = 4. Bestäm g(x) om grafen i till f(x) är den linje som är ritat i figur 134: y 4 3 2 1 x -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 -1
1 2 3 4 5 6 7
-2 -3 -4
Figur 123: Lösning: Från grafen får vi k = −2 och m = −1, vilket ger f(x) = −2x − 1 Eftersom detta är ett polynom av första graden måste g(x) vara ett polynom av andra graden. Vi ser också från diagrammet att f(− 21 ) = g ′ (− 21 ) = 0. Alltså har f(x) en extrempunkt då x = − 21 . Eftersom f ′ (x) > 0 för x < − 12 handlar det om en minpunkt.
Håkan Strömberg
194
KTH Syd
Vi antar nu att g(x) = ax2 + bx + c med derivatan g ′ (x) = 2ax + b. Jämför vi denna funktion med f(x) = −2x − 1 får vi att a = −1 och b = −1. Vi kan nu skriva g(x) = −x2 − x + c. Utnyttjar vi informationen g(−1) = 4 får vi −(−1)2 − (−1) + c = 4 −1 + 1 + c = 4 c = 4 Svar: f(x) = −x2 − x + 4 5M 100 80 60 40 20 -4
-3
-2
-1
Figur 124: ”Nu är det vinter och skidan den slinter”. I figur 124 ser du skidbacken i profil, som beskrivs genom funktionen f(x) = −2x3 − 12x2 + 8x − 12 på intervallet [−4, 0]. Bestäm den punkt (x, y), där backen är brantast. Lösning: Vi söker alltså det, till absolutbeloppet, största värdet hos f ′ (x) (som är liktydigt med den största lutningen) i intervallet [−4, 0]. Först tar vi fram f ′ (x). Därefter eventuella extrempunkter hos f ′ (x) genom att lösa ekvationen f ′′ (x) = 0. f ′ (x) = −6x2 − 24x − 8 Det är för denna funktion, vi är intresserade av det största värdet. Vi deriverar igen. f ′′ (x) = −12x − 24 f ′′ (x) = 0 ger oss ekvationen −12x − 24 = 0 med roten x = −2. Vi vet nu att f ′ (x) har en extrempunkt för x = −2. Genom att derivera ytterligare en gång får vi f ′′′ (x) = −12 < 0 Vi har funnit en maxpunkt. Genom f ′ (−2) = 32. Tyvärr är resultatet lite orealistiskt. Backen sluttar arctan 32 ≈ 88◦ ! Håkan Strömberg
195
KTH Syd
6S Bestäm a och b i funktionen g(x) = −x2 + ax + b så att g(x) har en maxpunkt för x = 2 och så att g(x) har en gemensam tangent med funktionen f(x) = x2 Lösning: Vi behöver både g ′ (x) och f ′ (x) g ′ (x) = −2x + a och f ′ (x) = 2x Vi antar att kurvorna tangerar varandra då x = u. Vi kan nu ställa upp tre samband: f(u) = g(u) f ′ (u) = g ′ (u) ′ g (2) = 0
För x = u har ju båda funktionerna samma värde. Dessutom har dess derivator samma värde. Detta för att de ska ha en gemensam tangent. Skriver vi ut systemet ovan får vi u2 = −u2 + au + b 2u = −2u + a −2 · 2 + a = 0
Ur den sista ekvationen får vi att a = 4. Insatt i den andra ekvationen får vi 2u = −2u + 4, som ger u = 1. Sätter vi till sist in a = 4 och u = 1 i den första ekvationen får vi ekvationen 12 = −12 + 4 · 1 + b b = −2 Vi kan nu skriva g(x) = −x2 + 4x − 2. Så här ser grafen ut. 4
2
-4
-2
2
4
-2
Figur 125:
Håkan Strömberg
196
KTH Syd
1L Sök den största produkten av två tal x1 och x2 då man vet att x1 + x2 = 1 2M För ett andragradspolynom f(x) gäller f(1) + f ′ (1) + f ′′ (1) = 10 f ′′ (1000) = 2 f ′ (20) = 11 Bestäm andragradspolynomet 3M Bestäm koefficienterna a och b, så att funktionen f(x) = ax4 + bx3 + x har en minpunkt i (1, 0) 4S På sidorna i en rätvinklig triangel med arean 8 cm2 är kvadrater med sidans längd uppritade. Beräkna det minsta värde, som summan av dessa kvadraters area kan anta. 5S Vi har en 10 meter lång ståltråd, som vi delar i två bitar. Av dessa bitar böjer vi sedan till en kvadrat och en cirkel, se figur 126.
Figur 126: Hur ska tråden delas för att få minsta möjliga, sammanlagda, area på cirkeln och kvadraten?
1 Om x1 = x så är x2 = 1 − x. Deras produkt blir då p(x) = x(1 − x) = x − x2 Det är för denna funktion vi ska söka en maxpunkt. Genom att lösa p ′ (x) = 0 får vi reda på extrempunkterna. p ′ (x) = 1 − 2x
Håkan Strömberg
197
KTH Syd
p ′(x) = 0 då 1 − 2x = 0 eller x = 12 . Deriverar vi en gång till får vi p ′′ (x) = −2 Som är negativt för alla x och därmed vet vi att vi funnit en maxpunkt. Då x1 = x2 = 12 får vi produkten 41 som alltså är den största vi kan få då vi multiplicerar två tal vars summa är 1. 2 Antag att polynomet är f(x) = ax2 + bx + c Vi startar med att ta fram första och andra derivatan f ′ (x) = 2ax + b och f ′′ (x) = 2a Direkt får vi genom f ′′ (1000) = 2 att 2a = 2, a = 1 och f ′′ (x) = 2 Genom a = 1 kan vi nu skriva f ′ (x) = 2x+b. Genom f ′ (20) = 11 får vi 2·20+b = 11, b = −29 och f ′ (x) = 2x − 29. Vi skriver nu f(x) = x2 − 29x + c c kan vi nu fånga genom den första ekvationen ovan (12 − 29 · 1 + c) + (2 · 1 − 29) + (2) = 10 c = 63 Svar: f(x) = x2 − 29x + 63 3 Vi deriverar f(x) = 4ax3 + 3bx2 + 1 Vi vet att f ′ (1) = 0. Alltså f ′ (1) ⇒ 4a + 3b + 1 = 0
Vi vet också att f(1) = 0. Alltså
Vi har ett ekvationssystem
f(1) ⇒ a + b + 1 = 0
4a + 3b = −1 a + b = −1
Multiplicera andra ekvationen med (−4) och vi får 4a + 3b = −1 −4a − 4b = 4 Vi adderar ekvationerna led för led och får −b = 3
Håkan Strömberg
198
KTH Syd
b = −3. Insatt i första ekvationen får vi 4a + 3(−3) = −1 ger a = 2. Vi kan nu skriva funktionen f(x) = 2x4 − 3x3 + x Att det verkligen handlar om en minpunkt ser vi genom f ′′ (x) = 24x2 − 18x ⇒ f ′′ (1) = 6 > 0
4 Vi döper triangelns kateter till a och b. Eftersom AT = = 8 ger uttrycka b med hjälp av a. ab 2 b=
a·b 2
och AT = 8 kan vi
16 a
Hypotenusan c kan nu skrivas c=
s
a2
+
16 a
2
Vi har nu tecknat samtliga sidor i triangeln med hjälp av a. Summa av de tre kvadraternas area kan nu skrivas 2 162 16 2 · 162 512 2 2 2 A(a) = a + 2 + a + = 2a + = 2a2 + 2 2 a a a a Det är den här funktionen vi ska söka en minpunkt till. Vi deriverar och löser ekvationen A ′ (a) = 0 1024 A ′ (a) = 4a − 3 a ′ A (a) = 0 ger 1024 4a − 3 = 0 a 1024 4a = a3 a4 = 256 √ a = ± 4 256 a1 = 4 (a2 = −4) Vi har en extrempunkt för a = 4. Vilken typ? A ′′ (a) = 4 +
3072 a4
Då A ′′ (4) = 16 > 0 så kan vi konstatera att vi funnit en minpunkt. A(4) = 64 ger oss nu den största sökta arean Svar: 64 cm2
Håkan Strömberg
199
KTH Syd
5S Fyra formler, som vi hämtar från formelsamlingen eller minnet: = = = =
AK OK AC OC
s2 4s πr2 2πr
Den totala omkretsen kan nu skrivas O = OK + OC = 2πr + 4s. Vi vet också att 2πr + 4s = 10. Vi kan teckna den totala arean A(r, s), som funktion av s och r: A(r, s) = s2 + πr2 Men eftersom
10 − 2πr 4 kan vi skriva A(r, s) som en funktion enbart av r s=
A(r) =
10 − 2πr 4
2
+ πr2
Det är till A(r) vi ska finna ett minimum. Vi ska följaktligen lösa ekvationen A ′(r) = 0. 2 10 − 2πr A(r) = + πr2 4 A(r) =
(10 − 2πr)2 + πr2 16
A(r) =
100 + 4π2r2 − 40πr 16πr2 + 16 16
A(r) =
100 + 4π2r2 − 40πr + 16πr2 16
A ′ (r) =
8π2r − 40π + 32πr 8
A ′ (r) =
π2r − 5π + 4πr 2
A ′ (r) = 0 då r =
5 π+4
Nu kan vi bestämma cirkelns omkrets och därmed var vi ska dela tråden: OC = 2π
5 ≈ 4.4 π+4
Den ena delen av tråden ska vara 4.4 meter och den andra 5.6 meter. Den totala arean är då 3.5 m2, som vi kan utläsa från grafen
Håkan Strömberg
200
KTH Syd
9 8 7 6 5 0.5
1
1.5
2
Figur 127:
Räkna bokens uppgifter: 3256, 3261, 3263, 3264
3256 TB: En enkel uppgift igen. f(x) = 3 · eax har derivaten f ′ (x) = 3a · eax. Vi kan nu bestämma a eftersom f ′ (0) = 6 som är samma sak som 3a · ea·0 = 6 ger a=2 3261 TB: Här är funktionen T (t) = 20 + 75e−0.0354t. Temperaturen T som funktion av tiden t. Grafen ser ut så här: 90 80 70 60 50 40 20
40
60
80
Figur 128: Observera origos placering. Det är inte så som det kan se ut, att kaffets temperatur går under noll.
Håkan Strömberg
201
KTH Syd
Först ska vi besvara frågan: När blir kaffet svalare än 50◦ C? 20 + 75e−0.0354t = 50 e−0.0354t = −0.0354t
eln e
50 − 20 75
= eln 0.4
e−0.0354t = eln 0.4 −0.0354t = ln 0.4 ln 0.4 ≈ 25.88 −0.0354 Efter 25.88 minuter har kaffets temperatur sjunkit till 50◦ C. Det var inte nog med detta, vi ska också ta reda på T ′ (30) och tolka resultatet. t =
T (t) = 20 + 75e−0.0354t T ′ (t) = −0.0354 · 75e−0.0354t T ′ (30) ≈ −0.918002 Detta betyder att efter 30 minuter så sjunker temperaturen med cirka 0.918 grader/minut. 3263 TB: Vilken konstig uppgift, men ganska bra! Jag startar med 2500 kr som jag sätter in på banken till 7% ränta. Hur många år dröjer det innan beloppet har stigit till 10000 kr? 3264 TB: Så här ser grafen, som visar bilens värde de närmaste 20 åren, ut: Bilens värde 250000 200000 150000 100000 50000 5
10
15
20
Figur 129: avtar med 15% per år. V(t) V(t) V ′ (t) V ′ (5)
Håkan Strömberg
= = = ≈
280000 · 0.85x 280000 · exln 0.85 ln(0.85)280000 · exln 0.85 −20190.9 202
KTH Syd
Efter 5 år rasar bilens värde med cirka 20000 kr/år. I grafen visas detta med en tangent till kurvan i punkten (5, 124237). Tangenten har k-värdet −20190.9. 3267 TB: Vi har funktionen f(x) = C·ax, där C och a är konstanter som ska bestämmas. Vi har två fakta om funktionen: f(0) = 3 och f ′ (x) = 5·f(x). Ur f(0) = C·a0 = 3 får vi omedelbart att C = 3. Den andra ”ledtråden” är svårare att förstå sig på. KTH: Läs bara vad som står och sätt upp ekvationen TB: OK. Jag måste ta fram f ′ (x) och skriver först om f(x) = 3exln a och får då f ′ (x) = 3 ln a · exln a Nu får jag ekvationen f ′ (x) 3 ln a · exln a ln a a
= = = =
5 · f(x) 5 · 3exln a 5 e5
Nu kan jag skriva funktionen f(x) = 3 · e5x
Håkan Strömberg
203
KTH Syd
Dagens nyhet handlar om talföljder, ändliga och oändliga. Talföljden 1, 2, 3, 4, 5, 6, . . . är det första vi, som barn, lär oss om matematik över huvud taget. Så småningom lär vi oss att denna talföljd inte har något slut – den är oändlig. När vi blir lite äldre lär vi oss räkna snabbare genom att använda talföljden 2, 4, 6, 8, 10, 12, . . . Det är vanligt att det förekommer talföljder i intelligenstester. Målet är att fortsätta följden med ett eller två tal. Ju färre tal följden innehåller desto fler lösningar finns det. Med lite fantasi och analytisk förmåga brukar man kunna lösa många uppgifter. Vi kommer här inte att studera några speciella metoder. Tanken är bara att vi ska bekanta oss med skrivsättet och få en liten inblick i vad tekniken kan användas till. Fortsätt talföljderna nedan med två tal a) b) c) d) e) f) g) h) i) j)
5, 10, 15, 20, 25, . . . 1, 3, 5, 7, . . . 1, 4, 9, 16, 25, 36, . . . 1, 2, 4, 8, 16, 32, . . . 1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, . . . 1, 2, 6, 24, 120, 720, 5040, . . . 2, 3, 4, 6, 8, 14, 20, . . . 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, . . . 2, 12, 1112, 3112, 132112, 1113122112, 311311222112, . . . 1, 3, 7, 12, 18, 26, 35, 45, 56, 69, 83, 98, 114, . . .
a) 30, 35. Enkelt att se. Differensen mellan två på varandra följande (konsekutiva) tal är 5. Talen ökar helt enkelt med 5 b) 9, 11. Alla udda positiva heltal. Differensen är 2. Talen ökar alltså hela tiden med 2. c) 49, 64. Talen följer följande mönster 12, 22, 32, 42, 52, . . . Följden av heltalskvadrater.
Håkan Strömberg
204
KTH Syd
d) 64, 128. Ett tal i följden multipliceras med 2 för att få det efterföljande talet. En viktig talföljd inom datalogin. En programmerare bör kunna rabbla denna följd från 1 till 4096 lika fort som denne kan räkna till 20. e) 36, 45. Differensen ökar med 1 för varje tal. Mellan 15 och 21, till exempel, är differensen 6. Alltså ska differensen till nästa tal vara 7 och vi får talet 28. Denna talföljd kallas triangeltalen. Kopplingen till triangel framgår av figur 130
Figur 130: f) 40320, 362880. Talföljden kan skrivas 1!, 2!, 3!, 4!, 5!, 6!, 7!, . . . Utropstecknet står för fakultet, till exempel 5! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 = 120. Följden kan då skrivas 1, 1 · 2, 1 · 2 · 3, 1 · 2 · 3 · 4, 1 · 2 · 3 · 4 · 5, . . . Då blir alltså 8! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 = 40320 och 9! = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 · 6 · 7 · 8 · 9 = 362880 g) 36, 60. Antalet halsband man kan skapa med n pärlor av två olika färger, figur 131
Figur 131: Vi tänker oss ett halsband där pärlorna är uppträdda på en cirkel. För denna talföljd får man dock inte vända halsbandet. h) 23, 29. Talföljden beskriver primtalen. De heltal n, som endast kan delas jämnt med 1 och n (talet själv).
Håkan Strömberg
205
KTH Syd
i) 13211321322112, 1113122113121113222112. En mycket fantasifull talföljd konstruerad av matematikern J. H. Conway. Vi startar med talet 2. I nästa tal konstaterar vi att föregående tal innehåller ”en tvåa”, alltså 12. I det tredje talet beskriver vi det andra genom 1112, ”en etta och en tvåa”. Det fjärde talet får vi genom att beskriva det tredje, 3112, ”tre ettor och en tvåa” och så vidare. j) 131, 150. Talen i talföljden är de tal som man inte kan få genom att ta differensen av två på varandra följande tal i följden: 1
3 2
7 4
12 5
18 6
26 8
35 9
45 10
56 11
69 13
För att beteckna talen i en talföljd använder vi a1, a2, a3, a4, . . . , an−1, an, an+1, . . . Bokstaven a används oftast, men kan förstås ersättas med vilken annan som helst. Talet, det något nedsänkta efter bokstaven a, kallas index och anger talets ordningsnummer i talföljden. Om vi till exempel har denna talföljd (kallad RATS, Reverse, Add, T hen Sort) 1, 2, 4, 8, 16, 77, 145, 668, 1345, 6677, 13444, 55778, . . . så är a1 = 1, a4 = 8 och a10 = 6677. De avslutande punkterna markerar att talföljden är oändlig. Det är säkrare, bättre och enklare att beskriva en talföljd med en formel, som till exempel an = 3 + 2n Denna formel ger a1 = 5, a2 = 7, a3 = 9 och så vidare. 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17, . . . Formeln är säkrare än uppräkningen, därför att det ibland kan finnas flera tolkningar, speciellt om uppräkningen är kort. Formeln är bättre därför att man direkt kan räkna fram ett tal i följden med givet ordningsnummer. a100 = 3 + 2 · 100 = 203 i följden ovan. Egentligen är det ingen skillnad på skrivsätten f(n) = 3 + 2n
och
an = 3 + 2n
så länge man inser att talen n i f(n) måste vara positiva heltal. Om vi plottar i figur 132 en vanlig polynomfunktion och talen i en talföljd: f(x) =
x3 − 4x2 − 10x + 4 6
och
an =
n3 − 4n2 − 10n + 4 6
Visar punkterna värdet hos talföljden a1 . . . a30. f(x) är som vanligt en kontinuerlig kurva. Vilka av de inledande talföljderna kan då beskrivas med en formel?
Håkan Strömberg
206
KTH Syd
600 400 200 5
15
10
20
25
30
-200 -400
Figur 132:
a) Denna formel hittar vi enkelt an = 5n b) Den här är inte svårare an = 1 + 2(n − 1) = 2n − 1 c) Även denna kan vi skriva ned direkt an = n2 d) Den här är lite knepigare kanske an = 2n−1 e) Den här är ganska svår för oss: an =
n(n + 1) 2
f) Den här klarar vi inte att hitta någon formel för. g) Inte heller denna kan vi hitta någon formel för. h) Skulle du hitta en formel för följden av primtal kommer du att bli den mest berömde matematikern genom alla tider. i) Den här följden har troligtvis ingen formel heller. j) Även denna ligger utanför vårt revir. När man inte kan finna en formel som ovan, där man direkt får önskat tal genom att sätta in motsvarande n, kan möjligen talföljden uttryckas som en rekursiv formel. Till exempel an+1 = 2an där vi ger a1 = 1. Om n = 1 kan formeln översättas till a2 = 2a1 = 2 · 1 = 2
Håkan Strömberg
207
KTH Syd
När vi nu har a2 = 2 kan vi med dess hjälp bestämma a3 a3 = 2a2 = 2 · 2 = 4 Och när vi har a3 kan vi bestämma a4 genom a4 = 2a3 = 2 · 4 = 8 På samma sätt får vi nu a5 = 2a4 = 2 · 8 = 16. Vi har alltså nu talföljden: 1, 2, 4, 8, 16 Visst måste det vara samma talföljd som genereras av formeln an = 2n−1 Vi kan alltså framställa talföljden på två olika sätt. an = 2n−1, den direkta formeln, är alltid att föredra. Det finns dock situationer då vi har en rekursiv formel och saknar den direkta formeln. Då får vi nöja oss med den rekursiva. För f) är det inte svårt att se att den rekursiva funktionen, då a1 = 1, blir (Observera att en rekursiv funktion alltid måste åtföljas av ett startvärde). an+1 = (n + 1)an Det är inget som säger, att man ska uttrycka det vänstra ledet som an+1 (som boken gör). an är lika bra eller bättre. Då skriver vi om formeln ovan till an = n · an−1 Vi avslutar med en rekursiv funktion med en viss användning. Den här rekursiva funktionen med startvärden s1 = 1 och s2 = 1 sn =
3(2n − 3)sn−1 − (n − 3)sn−2 n
beräknar på hur många sätt man kan sätta ut parenteser när man har n objekt (x). Det är inte tillåtet att sätta ut parenteser runt ett enskilt objekt eller flera parenteser kring samma grupp av objekt. s4 = 11 xxxx (xx)xx (xxx)x x(xxx) (xx)(xx) x((xx)x)
Håkan Strömberg
x(xx)x ((xx)x)x x(x(xx))
208
xx(xx) (x(xx))x
KTH Syd
1 Ange de fyra första talen i den talföljd där an =
2n n+1
Lösning: a1 =
2·1 1+1
=1
a2 =
2·2 2+1
=
4 3
a3 =
2·3 3+1
=
3 2
a4 =
2·4 4+1
=
8 5
Svar: 1, 43 , 32 , 85 2 Bestäm de fem första talen i den talföljd där an+1 = an + n och där a1 = 5 Lösning: a1 = 5 a2 = a1 + 1 = 7 a3 = a2 + 2 = 10 a4 = a3 + 3 = 14 a5 = a4 + 4 = 19 3 Finn en enkel formel för det n:te elementet an i talföljderna a) b) c) d)
3, 7, 11, 15, 19, . . . 2, 6, 18, 54, . . . 4, 8, 12, 16, . . . 2, 5, 10, 17, 26, . . .
Lösning: a) Differensen mellan talen är 4 och första talet är 3 an+1 = an + 4 eller an = 4n − 1 b) Nästa tal är 3 gånger föregående och första talet är 2. Först den rekursiva formeln an+1 = 3an och sedan den direkta an = 2 · 3n−1 Håkan Strömberg
209
KTH Syd
c) Differensen är 4 och a1 = 4 an+1 = an + 4 eller an = 4n d) Differensen ökar med 2 och a1 = 2 an+1 = an + 2n − 1 eller an = 1 + n2 4 Talet 100 förekommer i talföljden an = 20 + 4n Vilket ordningsnummer har detta tal i följden? Vad är a100? Lösning: Vi löser ekvationen 20 + 4n = 100 n = 20 Svar: n = 20, det 20:e talet är 100. a100 = 20 + 4 · 100 = 420 Svar: a100 = 420 5 Bestäm a4 om an+1 = (an − 2)2 och a1 = 5 Lösning: Det finns på den nivå vi befinner oss inget annat sätt än att bestämma i tur och ordning a2, a3, a4 för att nå målet. Talföljden växer snabbt, redan a6 = 562882766124611619513723649 Detta är ett försök till formel, som åtminstone fungerar för de 5 första talen 3 n−1 an = 2(1 + cos 2 · arccos 2 Men detta ligger låååångt ovanför våra huvuden just nu. 6 Bestäm de första talen i talföljden an+1 = an + an−1 Då a1 = 1 och a2 = 2
Håkan Strömberg
210
KTH Syd
Lösning: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55 . . . Detta är antagligen den mest berömda talföljden, kallad Fibonacci talföljd, som handlar om kaniner! Egentligen ska den starta med a0 = 1. Man startar med ett par kaniner, en hane och en hona, första månaden, nr 0. Efter två månader nedkommer de med ett par ungar. Efter två månader finns då a2 = 2 par. Ungarna behöver 2 månader på sig innan de kan föda egna ungar. Däremot föder det äldsta paret även månad 3 ett par ungar det finns nu a3 = 3 par. Månad 4 finns två par som vart och ett föder ett par ungar, plus ett par som fortfarande är för unga för att bli föräldrar, a4 = 5. Och så vidare. . . Denna rekursionsformel kan översättas till en formel som direkt ger an √ !n+1 √ !n+1 1− 5 1+ 5 − 2 2 √ an = 5 7 Bestäm de fem första talen i talföljden an+1 an+2 = an där a1 = 1 och a2 = 3 Lösning: Genom att i tur och ordning beräkna a3, a4, a5 får vi 1, 3, 3, 1,
1 3
Fortsätter vi att ta fram fler tal får vi 1 1 1, 3, 3, 1, , , 1, 3, 3, 1, . . . 3 3 och det hela upprepar sig i all oändlighet. Man kan använda denna formel sin nπ √3 3 an = 9 Fantastiskt eller hur? 8 En talföljd definieras av rekursionsformeln an+1 = an + 3 där a1 = 10. Ge en formel för direkt beräkning av an Lösning: Vi bestämmer några av talen i följden och ser sedan om vi kan hitta något enkelt mönster: 10, 13, 16, 19, 22, 25, . . . Mönstret är enkelt att finna och vi får formeln an = 7 + 3n
Håkan Strömberg
211
KTH Syd
9 En talföljd definieras av formeln n−1 3 an = 4 2 Skriv en rekursionsformel som ger an+1 då vi känner an. Lösning: Åter bestämmer vi några tal i följden 4, 6, 9,
27 81 243 , , ... 2 4 8
Om man multiplicerar det föregående talet med 3 och sedan dividerar med 2, det vill säga 3an an+1 = 2 Vi måste för dessa formler alltid ge ett startvärde. I detta fall a1 = 4. 10 Bestäm det första talet a1 om an+1 = an + 2 då a4 = 14 Lösning: Den här gången får vi arbeta oss bakåt från 14. Det blir inte svårt: 14, 12, 10, 8 Detta ger alltså a1 = 8 11 Skriv texten till ett realistiskt problem som leder till formen an+1 = 1.05 · an och a1 = 4000 Lösning: Jag satte in 4000 kr år 1 till 5% ränta. Formeln ger mig hur mycket jag kommer att ha i kronor nästa år, an+1 om jag har an i år. 12 Vad närmar sig följande talföljd för ett heltal c om vi låter x1 = c xn+1 =
c xn
+ xn 2
Lösning: Vi låter c = 10 och får följande talföljd 10.0, 5.5, 3.65909, 3.19601, 3.16246, 3.16228, . . . √ När vi jämför det sista talet med 10 ≈ 3.16228 förstår vi att denna formel kan användas för att bestämma √ c Talföljden konvergerar snabbt. Redan efter sex tal har vi ett korrekt resultat med sex siffror.
Håkan Strömberg
212
KTH Syd
13 En talföljd definieras genom sn+1 = sn + (n + 1)3 där s1 = 1. Beräkna s4 och förklara vad till exempel s50 betyder. Lösning: De fyra första talen är 1, 9, 36, 100 Det är inte så lätt att se vad nästa tal kommer att vara genom att bara stirra på talföljden. Om vi tar fram fler 1, 9, 36, 100, 225, 441, 784, 1296, 2025, 3025 blir det kanske inte enklare. Egentligen inte. Vi måste hitta på något och beräknar skillnaden mellan talen och får då 8, 27, 64, 125, 216 Kanske kan man nu se att detta är lika med 23, 33, 43, 53, 63 Med lite fantasi kan man komma fram till att de ursprungliga talen är summan av talen 13, 13+23, 13+23+33, 13+23+33+43, 13+23+33+43+53, 13+23+33+43+53+63, . . . Men lätt är det inte.
1 Ange de fyra första talen i den talföljd där an = 3n − 2 2 Bestäm de fem första talen i talföljden där an+1 = 2an + 3 och där a1 = 6 3 Beräkna det 12:e talet, det vill säga a12 i följden n−1 1 an = 5 2 4 Talet 100 förekommer i talföljden an = n(n + 1) + 10 Vilket ordningsnummer har detta tal i följden?
Håkan Strömberg
213
KTH Syd
5 Finn två olika formler som ger talföljden som börjar 2, 4, 8, . . . 6 Folkmängden i en stad var 250000 år 2000. Ange ett uttryck för folkmängden Pn där n är antalet år efter 2000 om a) ökningen är 5000 personer om året b) ökningen är 2% om året
1
Svar: 1, 4, 7, 10 2
Svar: 6, 15, 33, 69, 141
a1 = 3 · 1 − 2 = 1 a2 = 3 · 2 − 2 = 4 a3 = 3 · 3 − 2 = 7 a4 = 3 · 4 − 2 = 10 a1 = 6 a2 = 2 · 6 + 3 = 15 a3 = 2 · 15 + 3 = 33 a4 = 2 · 33 + 3 = 69 a5 = 2 · 69 + 3 = 141
3 Det är bara att sätta in n = 12 i formeln 12−1 1 5 a12 = 5 = 2 2048 4 Vi löser ekvationen, som är av andra graden 100 100 2 n + n − 90 n1 (n2
= = = = =
n(n + 1) + 10 n2 + n + 10 0 9 −10)
5 En formel, som man direkt kommer att tänka på är a n = 2n Men en annan? På internet kan man finna åtminstone 1000 lösningar. Nästan alla faller utanför vår ’ram’. En möjlighet är an = n2 − n + 2
Håkan Strömberg
214
KTH Syd
Hur kommer man fram till det? Det finns alltid ett polynom med tillräckligt gradtal, som går genom givna punkter (1, a1), (2, a2), . . . (n, an). I vårt fall har vi tre tal, som ger tre punkter. (1, 2), (2, 4), (3, 8) Då finns det ett andragradspolynom, p(x) = ax2 + bx + c, som går genom dessa punkter. Vi får nu följande ekvationssystem. p(1) = 2 p(2) = 4 p(3) = 8 eller utskrivet
a+b+c = 2 4a + 2b + c = 4 9a + 3b + c = 8
Systemet har följande lösning a = 1, b = −1, c = 2, som ger oss p(x) = x2 − x + 2 Testar vi våra punkter ser vi att det stämmer. Nu kan vi skriva en formel an = n2 − n + 2 och använda den för att ta fram så många tal vi vill i denna talföljd! 6
a) Pn = 250000 + 5000n eller Pn+1 = Pn + 5000 där P1 = 250000 b) Gammal skåpmat Pn = 250000 · 1.02n
Håkan Strömberg
215
KTH Syd
I föreläsning 18 bekantade vi oss med talföljder, till exempel 3, 6, 9, 12, 15, 18 eller 1, 2, 4, 8, 16, 32 Nu är stunden inne, då vill vill summera talen i en talföljd 3 + 6 + 9 + 12 + 15 + 18 och 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 med dosans hjälp får vi den första summan till 63 och den andra också till 63. (Den första frågan man ställer sig är förstås om alla summor av talföljder blir 63. Nej så är det förstås inte.) • Då differensen mellan två på varandra följande tal i en talföljd är konstant (alltid lika stor) kallar vi talföljden aritmetisk. • Då kvoten mellan två på varandra följande tal i en talföljd är konstant (alltid lika stor) kallar vi talföljden geometrisk De geometriska talföljderna lämnar vi här till nästa föreläsning. När vi diskuterade talföljder var dessa ofta oändliga. När vi nu ska studera summor av aritmetiska talföljder är de alltid ändliga. Vad är summan av 1 + 2 + 3 + . . . + 98 + 99 Om man inte kommer på något bättre tvingas man knappa in 99 tal på dosan komma fram till svaret efter 5 minuter. När Carl Friedrich Gauss, kanske tidernas störste matematiker, gick i skolan, berättas det, blev han ofta klar med sina uppgifter långt före sina kamrater. Så långt före, att det irriterade hans lärare, som hade svårt att finna lämpliga extrauppgifter. På den tiden hade eleverna små griffeltavlor, i stället för kollegieblock, som de räknade på. När den pressade magistern uppmanade Carl Friedrich att lägga ihop talen 1 till 99 hade han tänkt sig få lite andrum. Men Carl Friedrich hade inte mer än hört frågan innan ha direkt skrev ned summan på griffeltavlan och lade fram
Håkan Strömberg
216
KTH Syd
Figur 133:
den på lärarens kateder. Vilket tal stod det på tavlan och vilken teknik hade han använt för att så snabbt kunna ge svaret? Man behöver bara studera figur 133 ett ögonblick för att förstå Gauss idé. Det finns 49 par av tal, som vart och ett har summan 100. Återstår sedan talet 50. Vi får s = 49 · 100 + 50 = 4950 Detta är ett exempel på hur man kan summera en aritmetisk talföljd. Nu över till den inledande talföljden: 3, 6, 9, 12, 15, 18 och till en annan uppställning 3 18 21
6 15 21
9 12 21
12 9 21
15 6 21
18 3 21
• Vi startar med att skriva in talföljden på första raden
• Vi skriver i talföljden en gång till, men nu baklänges
• Vi adderar kolumnerna och blir inte förvånad över att alla summor blir lika. • Vi summerar sedan summorna.
• Denna summa är förstås dubbelt så stor som den vi söker. Vi dividerar därför med 2 och vi har den eftersökta summan. Alltså
21 + 21 + 21 + 21 + 21 + 21 = 63 2 Talet 21 fick vi på 6 olika sätt. Speciellt då vi summerade det största och det minsta talet i följden. Vi fick talet 21 lika många gånger som det finns tal i följden. Nu kan vi skriva ner en formel som alltid gäller s=
sn =
n(a1 + an) 2
n är antalet tal i talföljden. a1 är det första talet i följden (behöver inte vara det minsta). an är det sista talet i talföljden (som inte heller behöver vara det största).
Håkan Strömberg
217
KTH Syd
Man kan enkelt ta reda på ett tal med ett bestämt ordningsnummer i en aritmetisk talföljd. Ett exempel: Vi har följden 11, 24, 37, 50, . . . Vilket är det 2007 talet i denna talföljd? Vi konstaterar att differensen hela tiden är 13. Något som är ett krav för aritmetiska talföljder. an = 11 + 13(n − 1) För att få det önskade talet a2007 = 11 + 13(2007 − 1) = 26089 Om differensen är d och det första talet är a1 får vi formeln an = a1 + d · (n − 1) för vilken aritmetisk talföljd som helst.
1 Skriv de fem första talen i den aritmetiska talföljden, där första talet är 80 och differensen 10 Lösning: 80, 90, 100, 110, 120 2 Du vet att att det första talet i en aritmetisk talföljd är 123 och att differensen är 39. Bestäm vilket ordningsnummer talet 591 har. Lösning: Vi har formeln an = 123 + 39(n − 1) Den här gången känner vi talet 591, men inte ordningsnumret n, som vi kan ta reda på genom ekvationen 591 591 − 123 + 39 507 n
= = = =
123 + 39(n − 1) 39n 39n 13
3 Vilket ordningsnummer har talet 784 i den aritmetiska talföljden 0, 7, 14, 21, . . . Lösning: Först skriver vi ned formeln an = 7(n − 1)
Håkan Strömberg
218
KTH Syd
Sedan löser vi ekvationen 784 = 7(n − 1) 7n = 791 n = 113 Svar: Ordningsnumret är 113. 4 Beräkna den aritmetiska summan 5 + 16 + 27 + . . . + 1094 + 1105 Lösning: Först måste vi ta reda på hur många termer serien innehåller. Formeln är an = 5 + 11(n − 1) Sedan löser vi ekvationen 1105 = 5 + 11(n − 1) n = 101 Vi vet nu att summan innehåller 101 termer. Vi använder till sist formeln 101(5 + 1105) = 56055 2
s=
5 Är talföljden aritmetisk? Beräkna i så fall summan av de 20 första talen. a) b) c) d)
6, 8, 10, 12, 14, . . . 2, 4, 8, 16, 32, . . . 36, 33, 30, 27, 24, . . . 125, 100, 80, 64, . . .
Lösning: a) Formeln är an = 6 + 2(n − 1) a20 = 6 + 2(20 − 1) = 44. Summan blir då s20 =
20(6 + 44) = 500 2
Svar: 500 b) Ej aritmetisk c) Formeln är an = 36 − 3(n − 1) a20 = 36 − 3(20 − 1) = −21. Summan blir då s20 =
20(36 − 21) = 150 2
Svar: 150
Håkan Strömberg
219
KTH Syd
d) Ej aritmetisk 6 Bestäm talet x, om talen . . . , 8 + x, 10, 3 + 2x, . . . finns efter varandra i en aritmetisk talföljd. Lösning: Alla differenser ska vara lika stora. Vi kan teckna differensen på två sätt och får ekvationen 10 − (8 + x) = 3 + 2x − 10 10 − 8 − x = 3 + 2x − 10 9 = 3x x = 3 7 I en aritmetisk talföljd är a10 = 20 och a20 = 10. Bestäm a30. Lösning: Antag att b1 = 20 då blir b11 = 10 och ordningsnumret på det tal vi söker 21. b11 = b1 + d(11 − 1) 10 = 20 + d(11 − 1) d = −1 Nu bestämmer vi b21 = 20 − 1(21 − 1) = 0 Svar: a30 = 0 P 8 Symbolen , den grekiska bokstaven sigma, används normalt för att teckna summor. Till exempel 3 X k=1
2k + 1 = (2 · 1 + 1) + (2 · 2 + 1) + (2 · 3 + 1) = 3 + 5 + 7 = 15
Bestäm
4 X
3k − 1
k=0
Lösning: Vi får summan −1 + 2 + 5 + 8 + 11 = 17
Håkan Strömberg
220
KTH Syd
1L Skriv de fem första talen i den aritmetiska talföljden, där an = 20 + 4(n − 1) 2L Vilket är det 100:e talet i den aritmetiska talföljd där första talet är 9 och differensen 10 3L Vilket ordningsnummer har talet 256 i den aritmetiska talföljden 1024, 1016, 1008 . . . 4L Beräkna
20 X
5i − 3
i=10
5L Bestäm 1000 X
(6(i + 1) − 6i)
i=1
6S När Adam stod på startlinjen inför årets maratonlopp. Kom han att tänka på att summan av numren på de nummerlappar som var lägre än hans var lika stor som summan av talen på de nummerlappar som högre än hans. Loppet hade 288 deltagare. Vilket startnummer hade Adam?
1 a1 = 20. Differensen är 4, så talen blir 20, 24, 28, 32, 36 2 Vi använder direkt formeln an = 9 + 10(n − 1) för n = 100 och får a100 = 9 + 10(100 − 1) = 999 3 Det är inget som hindrar att talföljden är avtagande, vilket betyder att d < 0. Det är heller inget som hindrar att de ingående talen är < 0. Först skriver vi formeln an = 1024 − 8(n − 1) Vi söker ordningsnumret för talet 256 och får ekvationen 256 = 1024 − 8(n − 1) 256 = 1024 − 8n + 8 8n = 1024 − 256 + 8
Håkan Strömberg
221
KTH Syd
4 När vi tolkat uttrycket rätt har vi summan 47 + 52 + 57 + 62 + 67 + 72 + 77 + 82 + 87 + 92 + 97 Med hjälp av formeln för aritmetiska summor får vi s=
11(47 + 97) = 792 2
5 Genom att förenkla finner vi snabbt svaret 1000 1000 X X (6(i + 1) − 6i) = 6 = 6000 i=1
i=1
6 Antag: Adam hade startnummer x. Summan av de nummer som var lägre än Adams 1, 2, 3, . . . , x − 1 kan skrivas
x(x − 1) (x − 1)(1 + x − 1) = 2 2 Summan av de nummer som var högre än Adams sL =
x + 1, x + 2, . . . , 288 kan skrivas sH =
(288 − (x + 1) + 1)(x + 1 + 288) (288 − x)(289 + x) = 2 2
Genom att sätta sL = sH får vi ekvationen x(x−1) 2
= x(x − 1) = x2 − x = 2x2 = x1 = (x2 =
(288−x)(289+x) 2
(288 − x)(289 + x) 83232 − x − x2 83232 204 −204)
Svar: Adam hade startnummer 204
Håkan Strömberg
222
KTH Syd
Turen har kommit till geometriska talföljder och summan av en geometrisk talföljd. Talföljden 1, 2, 4, 8, 16, 32, . . . är ett exempel på en geometrisk talföljd. Utmärkande för en geometrisk talföljd är att • kvoten mellan två på varandra följande tal i en talföljd är konstant – alltid lika stor. Kvoten, till vilken vi använder beteckningen k, är i exemplet ovan k = 2 därför att bland andra 4 32 1024 2 = = = =2 1 2 16 512 De två sista talen finns med längre fram i talföljden än vad som här visas, eller ? Vi använder, som tidigare, a med ett index (ordningsnummer) för att beteckna enskilda tal i följden a1, a2, a3 . . . an−1, an, an+1, . . . Det är alltså kvoten mellan två på varandra följande tal som ger k k=
a3 an+1 = a2 an
Kvoten k behöver inte vara ett heltal. Vilken är kvoten i denna talföljd? 1 1 1 1 1, , , , , . . . 3 9 27 81 Jo den är 1 a2 1 k= = 3 = a1 1 3 Samma resultat får vi då vi tar två andra tal
k=
1 81 1 27
a5 = a4
=
27 1 = 81 3
Man kan konstruera en formel som direkt ger det n:e talet. Vi utgår i nästa exempel från talföljden: 4 8 16 32 2, , , , , . . . 3 9 27 81 Håkan Strömberg
223
KTH Syd
Först måste vi bestämma kvoten k k=
4 3
=
2
4 2 = 6 3
Det finns oändligt många geometriska talföljder med k = 32 . Här är en annan: 2 4 8 16 1, , , , , . . . 3 9 27 81 Alltså måste vi ha mer information i vår kommande formel för att få rätt talföljd. Speciellt är det första talet a1 olika i de båda talföljderna. Om vi känner a1 och k kan vi bestämma a2 = a1 · k. Känner vi a2 kan vi bestämma a3 = a2 · k. Det betyder att om vi är tålmodiga så kan vi ta reda på vilket tal som helst i talföljden med denna metod. Men observera att eftersom a3 = a2 · k och a2 = a1 · k, så måste a3 = a1 · k · k. Nu kan vi ställa upp formeln an = a1 · kn−1 Vi testar på den senaste talföljden ovan och vill där ha reda på det 6:e talet. Vi får 6−1 2 25 32 = 5= a6 = 1 · 3 3 243 Samma resultat som vi får, om vi utgår från a5 och multiplicerar med k a6 = a5 · k =
16 32 = 81 243
Den här formeln lägger vi så på minnet: an = a1 · kn−1 Nu över till summan av talen i en geometrisk talföljd. Vi återvänder till den inledande talföljden och vill bestämma summan 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32 Summan är bildad av ett ändligt antal tal. När vi beräknade aritmetiska summor var detta nödvändigt, men för geometriska summor är detta inte nödvändigt då k < 1. Mer om detta senare i ditt matematiska liv. Vi kan skriva om talen i denna summa till sa = 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + 25 Vi skapar nu en summa sb, där alla elementen multipliceras med kvoten k, som här är k = 2. Vi får sb = 2 · 20 + 2 · 21 + 2 · 22 + 2 · 23 + 2 · 24 + 2 · 25 = 21 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 Håkan Strömberg
224
KTH Syd
Summan sb blir då k = 2 gånger så stor som sa, 2sa = sb, som är samma sak som sa = sb − sa. Detta betyder att om vi drar summan sa från summan sb så får vi sa. Till handling: sa = sb−sa = (21+22+23+24+25+26)−(20+21+22+23+24+25) = 26−20 = 64−1 = 63 Just därför att vi valde k = 2 blev räkningarna speciellt enkla. Vi tar ett nytt exempel med k = 4 4 + 16 + 64 Detta är en ganska kort men dock en geometrisk summa (serie). Vi konstaterar att k=
16 =4 4
Vi kallar summan sa och skriver om den sa = 41 + 42 + 43 Vi bildar en summa till, där varje term är k = 4 gånger större. sb = 4 · 41 + 4 · 42 + 4 · 43 = 42 + 43 + 44 Då sb = 4 · sa, bildar vi summan genom 3sa = sb − sa. 3sa = sb − sa = 42 + 43 + 44 − (41 + 42 + 43) = 42 + 43 + 44 − (41 + 42 + 43) = 44 − 41 = 256 − 4 = 252 Vilket ger sa = 252 = 84. Nu är det dags att presentera den generella formeln, som 3 man kan visa på motsvarande sätt sn =
a1(kn − 1) k−1
1 Skriv de första 5 talen till den geometriska talföljden. Vilken är den konstanta kvoten k? an = 6 · 2n−1 Lösning: Vi sätter i tur och ordning in n = 1 . . . 5 och får 6, 12, 24, 48, 96
Håkan Strömberg
225
KTH Syd
2 Ange det 10:e talet i den geometriska talföljden där första talet är 200 och kvoten 31 Lösning: Vi använder direkt formeln an = a1 · kn−1 som ger
3 Beräkna summan
10−1 1 200 a10 = 200 · = ≈ 0.01016 3 19683 n X
2k
k=0
för n = 3 . . . 6 och upptäck ett mönster som alla programmerare måste känna till. Lösning: De 4 summorna vi ska bestämma, klarar vi utan att använda, någon formel 1+2+4 1+2+4+8 1 + 2 + 4 + 8 + 16 1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 32
= = = =
7 15 31 63
Det eftersökta mönstret är att n X
2k = 2n+1 − 1
k=0
4 Beräkna summan av 10 tal i den geometriska talföljd, som startar med 1000 och där k = 1.07 Lösning: Nu är det dags för formeln 1000(1.0710 − 1) = 13816 s10 = 1.07 − 1 Nu är frågan: Vad har vi räknat ut? Finns det någon praktisk tolkning? s10 = 1000 + 1000 · 1.07 + 1000 · 1.072 + . . . 1000 · 1.079 Varje nyårsafton, i 10 år, sätter jag in 1000 kr på banken. Efter den andra nyårsafton har jag 2000 kr plus 7% ränta av de 1000 kr som stått inne i ett år, alltså 2070 kr. Nästa nyårsafton har jag först och främst 3000, därtill kommer först räntan på de 1000 kr som varit innestående i ett år, det vill säga 70 kr och sedan räntan på beloppet 1000 kr som funnits på kontot i två år 1000, som är 144.90. Totalt har jag vid den tredje nyårsaftonen 3000+70+144.90 = 3214.90 på banken. Eller varför inte se det så här: Den sista termen 1000 · 1.079 motsvarar den första 1000-lappen som jag satt in för 9 år seden och den första termen motsvarar den 1000-lapp som jag satt in idag (sista nyårsafton), som ännu inte hunnit ge någon ränta. Mer om detta i nästa föreläsning.
Håkan Strömberg
226
KTH Syd
5 Du vet att första talet i en geometrisk talföljd är 2 och att kvoten är 3. Ta reda på vilket ordningsnummer n, talet 1062882 har i denna följd. Lösning: Vi utgår från formeln an = a1 · kn−1 och fyller i det vi känner till och får följande ekvation: 1062882 = 2 · 3n−1 3n−1 = 531441 lg 3n−1 = lg 531441 (n − 1) lg 3 = lg 531441 lg 531441 n = +1 lg 3 n = 13 Även om inte dosan får detta resultat exakt kan man ta reda på att (hur vet jag dock inte) 531441 = 312 Svar: n = 11 6 Beräkna den geometriska summan 2000 + 2000 · 1.1 + 2000 · 1.12 + . . . + 2000 · 1.17 Vad betyder summan om vi vill ge den en ekonomisk betydelse? Lösning: a1 = 2000, k = 1.1 och n = 8. Vi får med summaformelns hjälp s8 =
2000(1.18 − 1) = 22872 1.1 − 1
Vi sätter in 2000 kr på banken varje år till 10% ränta och har efter 7 år och 8 insättningar har vi 22872 kr. 7 Vilka talföljder är geometriska a) b) c) d)
5, 8, 11, 14, 17 64, 48, 36, 27 32, 40, 50, 62.5 4, 5, 7, 10, 14
Lösning: a) b) c) d)
Håkan Strömberg
5, 8, 11, 14, 17 64, 48, 36, 27 32, 40, 50, 62.5 4, 5, 7, 10, 14
227
Nej Ja k = Ja k = Nej
3 4 5 4
KTH Syd
8 I en geometrisk talföljd är kvoten k = 23 och a4 = 729. Bestäm a1 Lösning: Vi använder formeln an = a1 · kn−1 och får ekvationen
4−1 3 729 = a1 · 2 729 a1 = 3 3 2
a1
729 · 8 = 27
a1 = 216 9 Bestäm första talet i en geometrisk talföljd där a7 = 2916 och a11 = 236196. Lösning: Om vi sätter b1 = a7 och b5 = a11 och går vidare med talföljden b får vi med hjälp av formeln bn = b1 · kn−1 ekvationen 236196 = 2916 · k5−1 236196 k4 = 2916 k4 = 81 √ k = ± 4 81 k1 = 3 (k2 = −3) Återstår att bestämma a1. Vi har nu k = 3, a7 = 2916 och n = 7. Med formelns hjälp får vi 2916 = a1 · 37−1 2916 a1 = 36 a1 = 4 Svar: a1 = 4 10 Beräkna
100 n X 4 2 5 n=0
och
200 n X 4 2 5 n=0
Lösning: Summorna som åsyftas är 8 32 2+ + +...+2· 5 25 Håkan Strömberg
228
100 4 5 KTH Syd
och
200 8 32 4 2+ + +...+2· 5 25 5 De bestäms med hjälp av 101! 4 2 1− 5 s101 = (1 − 54 )
och s201 =
201! 4 2 1− 5 (1 − 54 )
Resultatet blir s101 ≈ 9.99999999837037121893241113099 s201 ≈ 9.99999999999999999966803875449
1 Skriv de fem första talen i den geometriska talföljden, där första talet är 3 och kvoten 5. 2 Skriv de fyra första talen i den geometriska talföljden, där första talet är 32 och kvoten 21 . 3 Beräkna det 3:e talet i en geometrisk talföljd där a1 = 1024 och k =
1 2
4 I en geometrisk talföljd är det första talet 321 och det 10:e talet 164352. Beräkna kvoten i den geometriska talföljden. 5 Bestäm summan av de 10 första talen i den geometriska talföljden 3 9 27 81 1, , , , 4 16 64 256 6 Finns talet 106078 i den geometriska talföljden 7, 14, 28, 56, 112 . . .
1 Genom att använda formeln an = a1 · kn−1 5 gånger för n = 1 . . . 5 får vi 3, 15, 75, 375, 1875
Håkan Strömberg
229
KTH Syd
2 Genom att använda formeln n−1
an = a1 · k
n−1 1 = 32 · 2
4 gånger för n = 1 . . . 4 får vi 32, 16, 8, 4 3
3−1 1 a3 = 1024 · = 256 2
4 Med hjälp av formeln an = a1 · kn−1 får vi ekvationen 164352 = 321 · k10−1 k10−1 =
164352 321
k9 = 512 k =
√ 9
512
k = 2 5 Kvoten är lätt att finna, k = 43 , n = 10 och a1 = 1, denna information ’smäller’ vi in i formeln 10 1(1 − 43 ) s10 = 1 − 43 som ger s10 ≈ 3.83105 kan med lätthet avrundas till s10 = 4 6 Med hjälp av formeln an = a1 · kn−1 får vi ekvationen
Svaret är
NEJ ,
Håkan Strömberg
7 · 2n−1 15154 lg 15154 lg 15154 lg 15154 +1 n = lg 2 n ≈ 14.8874
106078 2n−1 lg 2n−1 (n − 1) lg 2
= = = =
eftersom det krävs att ordningsnumret är ett heltal.
230
KTH Syd
Tillämpningar på främst geometriska, men även aritmetiska summor och talföljder. Att röka är ett fördärv. Förutom att man kan förlora hälsan går en mängd pengar upp i rök. Vi träffar Cigge, som röker 20 cigaretter, lika med ett helt paket om dagen. Nu till nyår har han bestämt sig för att sluta. Pengarna som blir över har han tänkt sätta in på banken. Han får betala 40 kr för ett paket och kommer i framtiden att spara 7 · 40 = 280 kr i veckan. Detta belopp tänker han sätta in på banken varje måndag, till 5% ränta. Han undrar nu hur länge det kommer att dröja innan han kommer att vara miljonär! Om man får 5% ränta om året få man ger en förändringsfaktor 1+
5 % 52
ränta på beloppet under en vecka. Detta
5 57 1041 = = ≈ 1.00096 52 · 100 52 1040
Vi kan nu teckna hur mycket pengar han har, just när han har satt in sina 280 kr den tredje måndagen 280 + 280 ·
1041 1040
+ 280 ·
1041 1040
2
≈ 840.81
• De sista 280 kronorna han just satt in har han förstås inte fått någon ränta på ännu. • De 280 kr han satt in för en vecka sedan har blivit 280.27. Han har alltså fått 27 öre i ränta under veckan • De 280 kr han satt in för två veckor sedan har blivit 280.54. Efter 1 år = 52 veckor har han lyckats spara 280 + 280 ·
1041 1040
+ . . . + 280 ·
1041 1040
51
≈ 14922.80
Om Cigge inte satt in pengarna på banken utan gömt dem i madrassen hade han istället haft 280 · 52 = 14560
Håkan Strömberg
231
KTH Syd
Så lite har räntan bidragit med. Så här kommer nu hans sparkapital att utvecklas: Antal år 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28
Sparkapital 14923 64438 121963 188792 266431 356628 461415 583151 724578 888880
Antal år 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29
Sparkapital 30610 82663 143136 213390 295008 389827 499983 627958 776632 949354
Antal år 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30
Sparkapital 47102 101822 165394 239248 325048 424726 540528 675061 831354 1012928
Så efter 30 år har Cigge drygt en miljon på banken. Inte för jag vet vad den kan vara värd då, men Cigge kan vid 52 års ålder fortfarande hoppa 1.70 i höjd. Sedan har vi inte heller tagit hänsyn till höjda cigarettpriser. Om han sparat alla pengarna i garderoben (de få inte rum i madrassen) hade han haft 30 · 52 · 280 = 436800. Så ränta på ränta det gör susen det!
1 Bestäm med hjälp av formeln för geometriska summor 25 + 5 · 1.252 + 5 · 1.253 + . . . + 5 · 1.2510 Lösningar: Inledningen på summan är ’inte ren’. Talet 25 får vi särbehandla. För den geometriska summan blir då a1 = 5 · 1.252, k = 1.25 och n = 9. Genom formeln a1(kn − 1) sn = k−1 får vi då 5 · 1.252(1.259 − 1) s9 = = 201.581 1.25 − 1 25 + s9 = 226. ger till slut svaret. 2 Bertil sparar in 1000 kr/månad till 5% årlig ränta. Hur lång tid kommer det att ta innan han sparat ihop till den bil, med prislappen 240000 kr, som han så hett eftertraktar? Lösningar: 5 Om man får 5% årlig ränta får man 12 % månatlig ränta. Detta ger en förändringsfaktor, tillika k 5 241 k=1+ = 1200 240
Håkan Strömberg
232
KTH Syd
Den geometriska summa vi ska studera har följande utseende 2 n 241 241 241 1000 + 1000 · + 1000 · + . . . + 1000 · 240 240 240 Det är n vi söker. Summan av n termer kan bestämmas med hjälp av formeln 241 n 1000 240 −1 sn = 241 −1 240 Eftersom vi vet vilken summa vi vill uppnå får vi ekvationen
240000 =
1000
241 n 240 241 −1 240
−1
240000 · 1000
n 241 241 −1 +1 = 240 240
240000 lg · 1000
241 241 − 1 + 1 = n lg 240 240 240000 241 lg · −1 +1 1000 240 n = 241 lg 240 n ≈ 166.7
Svar: 167 månader eller nästan 14 år är en lång tid. 3 Adam har en skuld som ska betalas om 4 år, då med 12000 kr. Men han vill betala den redan idag. Hur mycket ska han betala om räntan på lånet är 13%? Lösningar: Den här uppgiften har inget med geometriska summor att göra. Istället får vi en ekvation av enkelt slag. Vi utgår från formeln f(t) = C · at Där C är startkapitalet (eller i denna uppgift aktuell skuld) t är tiden, här t = 4 år. a är förändringsfaktorn a = 1 + 0.13 = 1.13. f(t) är beloppet efter tiden t. Obekant för oss är C. I övrigt är allting känt och vi får följande ekvation 12000 = C · 1.134 12000 C = 1.134 C = 7360 Svar: 7360 kr
Håkan Strömberg
233
KTH Syd
4 Curt lånar 100000 kr till 10% ränta. Han ska återbetala detta lån på 10 år. Varje år ska han amortera 10000 kr plus årets ränta. Hur mycket kommer lånet att kosta honom? Lösningar: Efter ett år ska han betala 10000 kr i amortering plus räntan som också är 10000 kr. Totalt alltså 20000. Inför nästa år har han ett lån på 90000 kr, så andra året utgör amortering och ränta 19000 kr. Han har nu ett lån på 80000 kr som betyder att han ska betala 18000 kr nästa år. Slutligen kommer han efter 10 år att betala 11000 för ränta och amortering. Vi har alltså att summera 20000 + 19000 + 18000 + . . . + 11000 Detta är en aritmetisk summa som vi beräknar med formeln n(a1 + an 10(20000 + 11000) = = 155000 2 2 Svar: Curt får betala 55000 kr i ränta. 5 David lånar 100000 kr till 10% ränta. Han ska återbetala detta på 10 år. Varje år ska han betala ett lika stort belopp. Detta kallas för ett annuitetslån. Hur stort belopp ska han betala varje år? Hur mycket kostar lånet honom? Lösningar: Antag att han ska betala x kr varje år – annuiteten. Problemet leder till denna ekvation x + 1.1x + 1.12x + . . . + 1.19x = 100000 · 1.110 Vänstra ledet är en geometrisk summa, som med hjälp av formeln ger x(1.110 − 1) 1.1 − 1 Vi får nu ekvationen x(1.110 − 1) = 100000 · 1.110 1.1 − 1 10x(1.110 − 1) = 100000 · 1.110 100000 · 1.110 x = 10(1.110 − 1) x ≈ 16274.5 Här en formel som klarar av problemet i ett slag. b är lånat belopp, r är årlig ränta i %, n är antalet år. b·
Håkan Strömberg
r 100
1− 1+
r −n 100
= 100000 ·
234
10 100
1− 1+
10 −10 100
= 16274.5
KTH Syd
6 Vilket är bäst ur ekonomisk synpunkt, att betala 65000 kr kontant idag, eller 100000 kr om 4 år, om räntan är 11%. Lösningar: Om jag sätter in pengarna, 65000 kr, på banken till 11% ränta har jag om 4 år 65000 · 1.114 ≈ 98674.6 Då fattas det en del när jag ska betala de 100000 kr. Svar: Jag sparar nästan 12000 om jag betalar kontant. 7 Adam tog i slutet av 1992 ett lån på 50000 kr mot 15% årlig ränta. Han betalade av lånet med 20000 kr i slutet av 1994 och 20000 kr i slutet av 1996. Hur mycket betalade han i slutet av 1997 för att lånet med ränta på ränta skulle bli betalt? Lösningar: Efter 2 år har lånet vuxit till 50000 · 1.152 = 66125 Han betalar av 20000 och lånet är nu på 46125 kr. Efter ytterligare 2 år har lånet vuxit till 46125 · 1.152 = 61000 Nu gör han en ny avbetalning och lånet sjunker till 41000. Efter ett år till är det dags att betala av resten som då vuxit till 41000 · 1.15 = 47150 Svar: Han ska betala 47150 kr 8 En spelkonsol av okänt märke kostar vid kontantköp 2995 kr. Vid avbetalningsköp erläggs 995 kr vid leveransen och 2120 kr tre månader senare. Vilken årlig räntesats motsvarar detta? Lösningar: Man får betala 995 + 2120 − 2995 = 120 kr mer vid avbetalning än vid kontantköp. Räntan är alltså 120 kr. Skulden man har är 2000 kr Antag att den årliga räntan är x%. Då är kvartalsräntan (3 månader) x4 %. x 2120 = 2000 · 1 + 400 2120 = 2000 + 5x 5x = 120 x = 24 Svar: Årsräntan är 24%
Håkan Strömberg
235
KTH Syd
1 Vilken är det tredje talet i denna geometriska talföljd 196, 182, . . . 2 Beräkna den geometriska summan 12345 + 12345 · 1.23 + 12345 · 1.232 + . . . + 12345 · 1.2315 3 Adam får på sin födelsedag varje år 2000 kr av sina föräldrar, från det år han fyller 1 till och med det år då han fyller 16. Pengarna sätts in på banken till 9% årlig ränta. Hur stor är behållningen på hans 16-årsdag? 4 Bertil satt in 10000 kr på ett konto till 7% ränta och 8000 kr på ett annat konto till 8% ränta. Efter hur lång tid var de två kapitalen lika stora och hur stora var de då?
1 Vi bestämmer k k=
182 13 = 196 14
och nu a3 a3 = 182 ·
13 = 169 14
Svar: a3 = 169 2 Med formeln får vi
12345(1.2316 − 1) ≈ 1144003 1.23 − 1 3 Vi använder direkt formeln 2000(1.0916 − 1) ≈ 66006.80 1.09 − 1 Svar: 66000 kr
Håkan Strömberg
236
KTH Syd
4 Vi får ekvationen 10000 · 1.07x = 8000 · 1.08x
10000 1.08x = 8000 1.07x x 1.08 5 = 4 1.07 1.08 5 lg = x lg 4 1.07 5 lg 4 x = 1.08 lg 1.07 x ≈ 24
Till sist får vi kapitalet storlek 10000 · 1.0724 = 50682 Svar: Efter cirka 24 år är båda kapitalen 50682 kr
Håkan Strömberg
237
KTH Syd
Håkan Strömberg
238
KTH Syd
KOKBOKEN Håkan Strömberg KTH STH Hösten 2007
Håkan Strömberg
2
KTH Syd
Innehåll Genomsnittlig förändringshastighet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
Derivatans definition . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
8
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
9
Momentan hastighet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
11
Deriveringsreglerna . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
13
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
14
Uppgift 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
15
Uppgift 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
16
Kapital, ränta och tid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
17
Exponentialfunktionen . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
20
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
21
Funktionens extrempunkter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
22
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
24
3
INNEHÅLL Att bestämma konstanter . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
25
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
26
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
27
Uppgift 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
28
Uppgift 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
Andra problem med derivata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
31
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
Aritmetiska talföljder och summor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
34
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
35
Geometriska talföljder och summor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
37
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
Uppgift 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
Uppgift 5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
40
Uppgift 6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
41
Optimeringsproblem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
Uppgift 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
42
Uppgift 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
43
Uppgift 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
44
Håkan Strömberg
4
KTH Syd
INNEHÅLL
Genomsnittlig förändringshastighet
Uppgift 1 År Folkmängd (miljard)
1960 2.98
1965 3.29
1970 3.63
1975 4.00
1980 4.37
1985 4.82
Storleken hos jordens befolkning under perioden 1960 till 1985 visas i tabellen ovan. Bestäm befolkningens genomsnittliga förändringshastighet mellan år 1965 och 1980 Lösning: Vi betecknar folkmängden med f och årtalet med t. Vi får då ∆f f1980 − f1965 4.37 − 3.29 1.08 = = = ≈ 0.072 ∆t 1980 − 1965 1980 − 1965 15 Svar: Genomsnittliga tillväxthastigheten är 72 miljoner/år
Håkan Strömberg
5
KTH Syd
GENOMSNITTLIG FÖRÄNDRINGSHASTIGHET
Uppgift 2 Bestäm för funktionen f(x) = 3x2 − 4x den genomsnittliga förändringshastigheten mellan x = 3 och x = 7. Lösning: Vi tecknar ändringskvoten f(7) − f(3) 119 − 15 ∆y = = = 26 ∆x 7−3 7−3 Svar: Den genomsnittliga förändringshastigheten är 26
Håkan Strömberg
6
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 3 Bestäm den genomsnittliga förändringshastigheten för funktionen x
f(x) = 13500 · e− 3 för x = 20 till x = 28
Lösning: På kurvan till funktionen finns de två punkterna, (20, f(20)) och (28, f(28)). Det är k-värdet hos den linje som går genom dessa två punkter vi ska bestämma. k=
f(28) − f(20) 1.19376 − 17.1806 = = −2 28 − 20 28 − 20
Svar: Den genomsnittliga förändringshastigheten är −2.
Håkan Strömberg
7
KTH Syd
DERIVATANS DEFINITION
Derivatans definition För att derivera ett polynom, är det enklast att använda de deriveringsregler vi lärt oss. Ofta förekommer det dock uppgifter där man ska ta fram derivatan med hjälp av derivatans definition. Det leder till längre räkningar. Att kontrollera att man räknat rätt är enkelt.
Uppgift 1 Bestäm med hjälp av derivatans definition f ′ (3) då f(x) = 2x2 + 3 Lösning: Genom derivatans definition kan vi skriva 2(3 + h)2 + 3 − (2 · 32 + 3) f(3 + h) − f(3) = lim = h→0 h→0 h h lim
2(9 + 6h + h2) + 3 − 18 − 3 18 + 12h + 2h2 + 3 − 18 − 3 = lim = h→0 h→0 h h lim
12h + 2h2 h(12 + 2h) = lim = lim 12 + 2h = 12 h→0 h→0 h→0 h h Svar: f ′ (3) = 12 lim
Håkan Strömberg
8
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 Bestäm med hjälp av derivatans definition derivatan till f(x) = x3 + x + 4 Lösning: Vi kan med enkla medel bestämma derivatan till detta polynom och vet att vi ska få resultatet f ′ (x) = 3x2 + 1 Men här är vi tvingade att använda oss av derivatans definition f(x + h) − f(x) (x + h)3 + (x + h) + 4 − (x3 + x + 4) = lim h→0 h→0 h h lim
Vi utvecklar täljaren och får (x+h)3 +(x+h)+4−(x3 +x+4) ≡ (x3 +3x2h+3xh2 +h3)+(x+h)+4−(x3 +x+4) ≡ 3x2h + 3xh2 + h3 + h ≡ h(3x2 + 3xh + h2 + 1) Vårt gränsvärdesproblem får nu följande utseende h(3x2 + 3xh + h2 + 1) = lim 3x2 + 3xh + h2 + 1 = 3x2 + 1 h→0 h→0 h lim
Målet är nått! Svar: f ′ (x) = 3x2 + 1
Håkan Strömberg
9
KTH Syd
MOMENTAN HASTIGHET
Momentan hastighet Hastigheten i ett bestämt ögonblick får man genom att derivera den funktion, ofta kallad s(t), som bestämmer läget hos ett föremål vid en given tidpunkt och bestämma s ′ (t) för aktuell tid. Istället för ett föremåls hastighet, kan det handla om förändringshastigheten hos en befolkning, ett kapital eller något annat.
Uppgift 1 En nyårsraket skjuts upp lodrätt. Raketens höjd h meter över marken vid tiden t sekunder ges av funktionen h(t) = 10t − t2 Bestäm raketens hastighet vid tiden 3 sekunder. Lösning: Vi deriverar funktionen h(t) och med hjälp av h ′ (3) kan vi bestämma raketens hastighet vid tiden 3 sekunder. h ′ (t) = 10 − 2t och h ′ (3) = 10 − 2 · 3 = 4 Svar: Raketen har hastigheten 4 meter/sekund.
Håkan Strömberg
10
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 Lägeskoordinaten s i meter hos ett föremål ges av funktionen t
s(t) = 2 · e 2 Bestäm den momentana hastigheten då t = 9 sekunder. Lösning: Vi startar med att derivera s(t) för att därefter bestämma s ′ (9) som ger svaret. s ′ (t) = 2 ·
t 1 t · e2 = e2 2
och
9
s ′ (9) = e 2 = 90 Svar: Den momentana hastigheten vid tiden 9 sekunder är 90 meter/sekund.
Håkan Strömberg
11
KTH Syd
DERIVERINGSREGLERNA
Deriveringsreglerna
Uppgift 1 Derivera f(x) = 3x3 − 2x2 + x + 1000 Lösning: Den enklaste deriveringsuppgift man kan förvänta sig f ′ (x) = 9x2 − 4x + 1 Svar: f ′ (x) = 9x2 − 4x + 1
Håkan Strömberg
12
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 Bestäm f ′′ (x) till f(x) = e−2x +
1 e−3x
Lösning: Ofta kan man skriva om den givna funktionen så att deriveringen sedan blir enklare f(x) = e−2x + e3x Nu deriverar vi, först en gång f ′ (x) = −2e−2x + 3e3x och sedan en gång till f ′′ (x) = 4e−2x + 9e3x Om man inte vill ha negativa exponenter svarar man Svar: 4 f ′′ (x) = 2x + 9e3x e
Håkan Strömberg
13
KTH Syd
DERIVERINGSREGLERNA
Uppgift 3 Bestäm f ′ (x) 1 1 f(x) = √ − 2 3 x x Lösning: Här är det ännu viktigare att vi skriver funktionen på ett enklare sätt, innan vi deriverar för att få derivatan korrekt 1
f(x) = x− 3 − x−2 Nu är det dags 4
x− 3 1 1 2 1 2 2 f (x) = − − (−2)x−3 = − 4 + 3 = − √ + 3= 3− √ 3 3 x x 3x 3 x 3 x4 x 3x 3 ′
Redan efter första steget är ju f ′ (x) korrekt, men man bör åtminstone utföra andra steget innan man bestämmer sig för att svara. Svar: 2 1 f ′ (x) = 3 − √ 3 x 3 x4
Håkan Strömberg
14
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 4 Derivera f(x) = 4x + x4 Lösning: Antingen använder vi oss av omskrivningen ab = ebln a och då får vi f(x) = exln 4 + x4 som ger f ′ (x) = ln 4 · exln 4 + 4x3 eller så använder man deriveringsregeln D [ax] = ln a · ax som förstås, ger samma resultat f ′ (x) = ln 4 · 4x + 4x3 Samma? Ja eftersom exln 4 = 4x Svar: f ′ (x) = ln 4 · 4x + 4x3 alternativt f ′ (x) = ln 4 · exln 4 + 4x3
Håkan Strömberg
15
KTH Syd
DERIVERINGSREGLERNA
Uppgift 5 Derivera f(x) =
x3 − 3 x2
Lösning: Längre fram i din utbildning kommer du att associera denna uppgift med derivering av kvot. Men eftersom detta ännu inte ingår din repertoar måste du hitta en annan väg. Vi skriver om funktionen x3 3 3 f(x) = 2 − 2 = x − 2 = x − 3x−2 x x x Nu kan vi derivera f ′ (x) = 1 + 6x−3 = 1 + Svar: f ′ (x) = 1 +
Håkan Strömberg
16
6 x3
6 x3
KTH Syd
INNEHÅLL
Kapital, ränta och tid
Uppgift 1 Vi utgår från formeln y = C · at Där y är det kapital vi har efter att förändringsfaktorn a, har fått verka på startkapitalet C under tiden t. a) Beloppet 10000 kr sätts in på banken till 5% årlig ränta. Hur stort är beloppet med ränta på ränta efter 6 år Lösning: Antag att beloppet var x kr. Den enklaste tillämpningen av formeln x = C · at Vi får direkt svaret genom uttrycket 10000 · 1.056 = 13401 Svar: 13401 kr b) Efter 6 år på banken till 5% ränta hade ett kapital vuxit till 13401 kr. Vilket belopp sattes in för 6 år sedan. Lösning: Antag att det insatta beloppet var x kr. Vi får då följande förstagradsekvation: y = x · at som vi klär med tal till: 13401 = x · 1.056 x =
13401 1.056
x = 10000 Svar: 10000 kr
Håkan Strömberg
17
KTH Syd
KAPITAL, RÄNTA OCH TID c) Ett kapital växte från 10000 till 13401 kr på 6 år. Hur stor var räntan? Lösning: Antag att förändringsfaktorn var x. Vi får då följande potensekvation y = C · xt Vi sätter in kända tal och får 13401 = 10000 · x6 13401 10000 1 13401 6 x = 10000
x6 =
x = 1.05 Från detta förstår vi att räntan var 5%. Svar: 5% d) Hur lång tid tar det för ett kapital att växa från 10000 kr till 13401 kr med 5% ränta? Lösning: Antag att det tar x år.Vi får då följande exponetialekvation y = C · ax Efter att vi satt in kända tal 13401 = 10000 · 1.05x 13401 10000 13401 x lg 1.05 = lg 10000 13401 x lg 1.05 = lg 10000 13401 lg 10000 x = lg 1.05 1.05x =
x = 6 Svar: Det tar 6 år.
Håkan Strömberg
18
KTH Syd
INNEHÅLL
Exponentialfunktionen
Uppgift 1 Bestäm C och a hos exponentialfunktionen f(x) = C · ax Då vi vet att punkterna (95, 2988) och (5, 37) ligger på funktionens kurva. Lösning: Genom att sätta in de två punkterna i den givna funktionen får vi ekvationssystemet 37 = C · a5 2988 = C · a95 Vi löser ut C i båda ekvationerna 37 C = a5 C = 2988 a95
Vi har eliminerat C och får
2988 37 = 95 a a5 a95 2988 = 5 a 37 2988 a90 = 37 1 2988 90 a = 37 a = 1.05 Vi får nu direkt C, till exempel genom C=
37 = 29 1.055
Svar: Den eftersökta funktionen är f(x) = 29 · 1.05x
Håkan Strömberg
19
KTH Syd
EXPONENTIALFUNKTIONEN
Uppgift 2 En kropp läggs i frysboxen! Temperaturen T (C◦ ) hos denna kropp avtar exponentiellt med tiden t (minuter) enligt formeln T (t) = C · ekt − 25 Efter 60 minuter har temperaturen sjunkit från 36.7C◦ till 30C◦ . Hur lång tid dröjer det innan kroppen har temperaturen 0C◦ ? Lösning: Eftersom kroppen har temperaturen 36.7C◦ vi t = 0 får vi 36.7 = C · e0 − 25 C = 61.7 att C = 61.7. Vi har nu funktionen T (t) = 61.7 · ekt − 25 Då t = 60 får vi ekvationen nedan och kan bestämma konstanten k. 30 = 61.7 · e60k − 25 55 61.7 55 60k ln e = ln 61.7 55 60k = ln 61.7 55 ln 61.7 k = 60 e60k =
k = −0.00191 Vi har nu hela funktionen T (t) = 61.7e−0.00191t − 25
Håkan Strömberg
20
KTH Syd
INNEHÅLL Med hjälp av den kan vi bestämma tiden då kroppen fryser 0 = 61.7e−0.00191t − 25 25 = 61.7e−0.00191t 25 = e−0.00191t 61.7 25 ln = ln e−0.00191t 61.7 25 ln = −0.00191t 61.7 25 ln 61.7 t = −0.00191 t ≈ 473 Svar: Efter 473 minuter
Uppgift 3 Vi vet av en exponentialfunktion f(x) = C · ekx Att f ′ (x) = 2f(x) och att f(0) = 100. Bestäm k och C. Lösning: Från f(0) = 100 får vi f(0) = C · e0 att C = 100 och vi kan teckna funktionen f(x) = 100 · ekx Nu vet vi dessutom att f ′ (x) = 2f(x) vilket leder till 100k · ekx = 2 · 100 · ekx k = 2 Svar:f(x) = 100e2x
Håkan Strömberg
21
KTH Syd
FUNKTIONENS EXTREMPUNKTER
Funktionens extrempunkter
Uppgift 1 Här ska vi ta reda på derivatans nollställen. Lös ekvationen f ′ (x) = 0 då f(x) =
1 +x x
Lösning: Rötterna till f ′ (x) = 0 ger funktionens f(x) nollställen. Om det är max- eller minpunkter efterfrågas inte. Därför är denna uppgift bara ett förstadium till vad som komma skall Vi deriverar och får f ′ (x) = −x−2 + 1 f ′ (x) = 0 ger ekvationen −x−2 + 1 x−2 1 x2 x
= 0 = 1 = 1 = ±1
Svar: x = 1 och x = −1. Inget annat efterfrågas.
Håkan Strömberg
22
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 Bestäm funktionens f(x) = x3 − 9x2 − 120x + 128 extrempunkter och klassificera dem. Lösning: Första steget är att finna rötterna till f ′ (x) = 0 och därför startar vi med att derivera funktionen f ′ (x) = 3x2 − 18x − 120 som i nästa steg leder till ekvationen 3x2 − 18x − 120 x2 − 6x − 40 x x x1 x2
= = = = = =
0 0 √ 3 ± 9 + 40 3±7 10 −4
Funktionen har två extrempunkter: (10, f(10)) = (10, −972) och (−4, f(−4)) = (−4, 400). Genom att derivera en gång till och bestämma f ′′ (x) kan vi avgöra extrempunkternas typ. f ′′ (x) = 6x − 18 som ger f ′′ (10) = 6 · 10 − 18 = 42 > 0 ⇒ minpunkt f ′′ (−4) = 6(−4) − 18 = −42 < 0 ⇒ maxpunkt
Ett alternativ till att använda andraderivatan är att skissa kurvan genom teckenstudium x
x < −4 x = −4 −4 < x < 10 x = 10 x > 10
f ′ (x)
+
0
−
0
+
f(x)
ր
max
ց
min
ր
Håkan Strömberg
23
KTH Syd
FUNKTIONENS EXTREMPUNKTER
Uppgift 3 Bestäm funktionens f(x) = x3 + 18x2 − 39x − 952 största respektive minsta värde i intervallet 3 ≤ x ≤ 10.
Lösning: För att svara på denna fråga måste man först ta reda på funktionens extremvärden. Om dessa punkter ligger inuti intervallet måste man ta hänsyn till dem tillsammans med f(3) och f(10). Vi startar med att derivera och lösa ekvationen f ′ (x) = 0. f ′ (x) = 3x2 + 36x − 39 och så
3x2 + 36x − 39 x2 + 12x − 13 x x x1 x2
= = = = = =
0 0 √ −6 ± 36 + 13 −6 ± 7 1 −13
Vi ser då att ingen av extrempunkterna ligger inuti intervallet 3 ≤ x ≤ 10. Detta betyder att f(3) = −880 och f(10) = 1458 avgör funktionens största respektive minsta värde på intervallet. Svar: Största värde är 1458 och minsta värde är −880.
Figur 134: Denna graf övertygar oss
Håkan Strömberg
24
KTH Syd
INNEHÅLL
Att bestämma konstanter Det är inte ovanligt med uppgifter, där man ska bestämma en funktion, som är given, så när som på en eller flera koefficienter. Ofta används bokstäverna a, b och c för att uttrycka dessa. Observera att man aldrig löser dessa uppgifter genom att ’gissa’ värden på de okända koefficienterna. Istället får man ledtrådar genom värden på f(x) och f ′ (x). Denna typ av problem kan varieras på många sätt. Även om de allra flesta problem av denna typ handlar om polynom kan det förekomma även potens- och exponentialfunktioner.
Uppgift 1 Bestäm konstanterna a och b så att funktionen f(x) = 4x2 − ax − b får en minpunkt i (1, −36) Lösning: Vi startar med att derivera f(x) f ′ (x) = 8x − a Vi vet nu att f ′ (1) = 0 detta leder fram till ekvationen 8·1−a = 0 a = 8 Vi har kommit ett steg närmare lösningen och har nu f(x) = 4x2 − 8x − b Men vi har också att f(1) = −36, som ger 4 · 12 − 8 · 1 − b = −36 b = 32 Vi vet nu att funktionen är f(x) = 4x2 − 8x − 32. Att det verkligen handlar om en minpunkt ser vi genom att
Svar: f(x) = 4x2 − 8x − 32
Håkan Strömberg
f ′′ (x) = 8 > 0 ⇒ minpunkt
25
KTH Syd
ATT BESTÄMMA KONSTANTER
Uppgift 2 Bestäm a, b och c i funktionen f(x) = ax2 + bx + c Då vi vet att funktionens graf skär x-axeln i punkterna (3, 0) och (−1, 0) och yaxeln i punkten (0, −3). Lösning: Då f(0) = −3 får vi direkt a · 02 + b · 0 + c = −3 c = −3 och vi kan skriva f(x) = ax2 + bx − 3 De andra två punkterna ger oss ekvationssystemet a · 32 + b · 3 − 3 = 0 a · (−1)2 + b · (−1) − 3 = 0 Vi multiplicerar båda led i andra ekvationen med 3 och får 9a + 3b = 3 3a − 3b = 9 Vi adderar ekvationerna led för led och får ekvationen 12a = 12, som ger a = 1. Direkt följer så ekvationen 9 · 1 + 3b = 3, där b = −2. Svar: Den sökta funktionen är f(x) = x2 − 2x − 3
Håkan Strömberg
26
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 3 Bestäm a och b i funktionen då f ′ (x) − f(x) = 0 och f(0) = 3
f(x) = a · ebx
Lösning: Genom f(0) = 3 får vi a · eb·0 = 3 a = 3 Vi har kommit ett steg närmare och har nu f(x) = 3ebx Vi deriverar och får f ′ (x) = 3bebx Givet är att f ′ (x) − f(x) = 0 som ger ekvationen 3bebx − 3ebx = 0 b = 1 Svar: f(x) = 3ex
Håkan Strömberg
27
KTH Syd
ATT BESTÄMMA KONSTANTER
Uppgift 4 Bestäm a i funktionen f(x) = x2 − x − a så att linjen y = 3x − 10 tangerar funktionens kurva Lösning: Att en linje tangerar en kurva innebär att linjen och kurvan har en gemensam punkt (x, f(x). Dessutom ska linjens k-värde vara lika med funktionens derivata i den punkten, f ′ (x) = k Vi deriverar och får f ′ (x) = 2x − 1 Då linjen har k = 3 löser vi f ′ (x) = 3 2x − 1 = 3 x = 2 Då x = 2 ger linjen y = 3 · 2 − 10 = −4 Alltså måste punkten (2, −4) ligga på funktionens kurva, vilket ger ekvationen 22 − 2 − a = −4 a = −6 Svar: f(x) = x2 − x − 6
Håkan Strömberg
28
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 5 Bestäm a så att f ′ (a) = 3 då f(x) = (x − a)(x + 1) Lösning: Vi startar med att utveckla parenteserna i f(x), så att funktionen enkelt ska gå att derivera. f(x) = x2 + x − ax − a som ger f ′ (x) = 2x + 1 − a Vi har nu att lösa ekvationen f ′ (a) = 3 2a + 1 − a = 3 a = 2 Svar: f(x) = x2 − x − 2
Håkan Strömberg
29
KTH Syd
ANDRA PROBLEM MED DERIVATA
Andra problem med derivata
Uppgift 1 Bestäm det intervall då både f(x) och f ′ (x) är negativa då f(x) = x2 + x − 12 Lösning: Vi startar med att ta reda på funktionens nollställen – att lösa ekvationen f(x) = 0 x2 + x − 12 = 0 x x x1 x2
= = = =
− 21 ± − 12 ± 3 −4
q
1 4
+
48 4
7 2
Vi får x
x < −4 x = −4 −4 < x < 3 x = 3 x > 3
f(x)
+
−
0
0
+
f(x) < 0 då −4 < x < 3 Nu över till derivatan f ′ (x) = 2x + 1 f ′ (x) = 0 då 2x + 1 = 0 eller då x = − 21 och vi får x f ′ (x)
x < − 21 x = − 21 x > − 21 −
0
+
f ′ (x) < 0 då x < − 12 . Vi kan nu sammanställa det hela. Svar: −4 < x < − 12
Håkan Strömberg
30
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 Funktionen f(x) = x2 − 9 har en tangent som är parallell med den räta linjen 2y − 8x − 3 = 0 Bestäm ekvationen till denna tangent Lösning: Vi startar med att skriva om ekvationen för den givna linjen 2y − 8x − 3 = 0 2y = 8x − 3 y = 4x − 23 Den givna linjen har k = 4. Vi deriverar nu f(x) f ′ (x) = 2x Genom att lösa ekvationen f ′ (x) = 4 får vi reda på för vilket x derivatan är 4. 2x = 4 x = 2 För tangenten har vi redan k = 4 och behöver dessutom en punkt på denna linje (2, f(2)) eller (2, −5). Så långt har vi ekvationen till tangenten y y −5 m
= = = =
kx + m 4x + m 4·2+m −13
Svar: y = 4x − 13 10
-3
-2
-1
1
2
3
4
-10 -20
Figur 135: Vi avslutar med att visa grafen
Håkan Strömberg
31
KTH Syd
ANDRA PROBLEM MED DERIVATA
Uppgift 3 Bestäm normalen till funktionen f(x) = x2 i den punkt på kurvan där x = 3 Lösning Punkten genom vilken normalen ska gå är (3, f(3), som i klartext är (3, 9). Först deriverar vi f(x) och bestämmer f ′ (3) f ′ (x) = 2x ger f ′ (3) = 6 Vi vet nu att tangenten till kurvan i punkten (3, 9) har k-värdet 6. Vi vet också att en normal till kurvan går vinkelrät mot tangenten. Eftersom kt · kn = −1 måste k-värdet för vår normal vara k = − 61 . Har man en punkt (3, 9) och k = − 61 kan linjens (normalens) ekvation bestämmas: y y 9 m Svar: y = − x6 +
Håkan Strömberg
= kx + m = − 16 x + m = 3 · − 61 + m = 19 2
19 2
32
KTH Syd
INNEHÅLL
Aritmetiska talföljder och summor
Uppgift 1 Det första och andra talet i en aritmetisk talföljd är a1 = 10 och a2 = 17. Bestäm det 555:e talet i denna talföljd Lösning Differensen d ges genom a2 − a1 = 17 − 10. Med hjälp av formeln an = a1 + d(n − 1) kan vi bestämma a555 = 10 + 7(555 − 1) = 3888 Svar: a555 = 3888
Håkan Strömberg
33
KTH Syd
ARITMETISKA TALFÖLJDER OCH SUMMOR
Uppgift 2 De två första talen i en aritmetisk talföljd är 8 och 13. Hur många tal ingår i summan av denna följd, om man vet att summan är 101100? Lösning Vi har visserligen formeln sn =
n(a1 + an) 2
men samtidigt två obekanta 101100 =
n(8 + an) 2
Ingenstans har vi utnyttjat att vi känner differensen d = 5. Samtidigt kan vi också formeln an = a1 + d(n − 1) som i vårt fall ger an = 8 + 5(n − 1) Vi ersätter nu an i den första formeln med detta uttryck och får 101100 = 202200 202200 2 5n + 11n − 202200 n1 (n2
= = = = =
n(8 + 8 + 5(n − 1)) 2 n(16 + 5n − 5) 16n + 5n2 − 5n 0 200 − 1011 ) 5
Svar: 200 tal
Håkan Strömberg
34
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 3 Hur många av talen i den aritmetiska talföljden 12, 20, 28 . . . är < 600 Lösning Formeln an = a1 + d(n − 1) ger oss 600 588 n n
= 12 + 8(n − 1) = 8n − 8 = 596 8 = 74.5
a74 = 596 och a75 = 604. Svar: 74 stycken.
Håkan Strömberg
35
KTH Syd
GEOMETRISKA TALFÖLJDER OCH SUMMOR
Geometriska talföljder och summor
Uppgift 1 I en geometrisk talföljd är det första talet a1 = 4 och den konstanta kvoten k = 34 . Bestäm a10 Lösning Vi finner svaret med hjälp av formeln an = a1 · kn−1 Vi får nu
Svar: a10 =
10−1 19683 3 = a10 = 4 · 4 65536 19683 65536
Håkan Strömberg
36
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 I en geometrisk talföljd är det första talet 3 och det 18:e talet 393216. Beräkna kvoten i den geometriska talföljden. Lösning Genom formeln an = a1 · kn−1 får vi ekvationen
393216 k17 k k
= = = =
3 · k18−1 131072 1 131072 17 2
Svar: Kvoten är 2.
Håkan Strömberg
37
KTH Syd
GEOMETRISKA TALFÖLJDER OCH SUMMOR
Uppgift 3 I en geometrisk talföljd är den konstanta kvoten k = 2 och första talet a1 = 3. Vilket ordningsnummer har talet 24576? Lösning Genom formeln an = a1 · kn−1 får vi ekvationen 24576 = 3 · 2n−1 8192 = 2n−1 lg 8192 = lg 2n−1 n−1 =
lg 8192 lg 2
n = 14 Svar: Talets ordningsnummer är 14
Håkan Strömberg
38
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 4 De två första talen i en geometrisk talföljd är 3 och 6. Bestäm summan av de 10 första talen. Lösning Vi ser direkt att k= Med hjälp av formeln sn =
6 =2 3
a1(kn − 1) k−1
kan vi ställa upp s10 =
3(210 − 1) = 3069 2−1
Svar: 3096
Håkan Strömberg
39
KTH Syd
GEOMETRISKA TALFÖLJDER OCH SUMMOR
Uppgift 5 För en geometrisk talföljd med kvoten k = 2 är summan av de 12 första talen 24570. Bestäm första talet i talföljden. Lösning Vi startar med formeln
a1(kn − 1) sn = k−1
och kan ställa upp ekvationen a1(212 − 1) 2−1 24570 = a1(212 − 1)
24570 =
24570 = 4095a1 a1 = 6 Svar: a1 = 6
Håkan Strömberg
40
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 6 Adam sparar 10000 kr om året, som han sätter in på banken på nyårsaftonen varje år. Han får 5% ränta. Hur mycket pengar har han på banken precis efter att han satt in årets 10000 kr för 10 gången? Lösning De 10000 kr han just satt in har han ännu inte fått någon ränta på. De 10000 kr han satt in förra nyårsafton har hunnit ’föröka’ sig till 10000 · 1.05 = 10500 kr. De pengar han satt in för två år sedan har vuxit till 10000 · 1.052 = 11025 kr och så vidare. Vi har att bestämma följande geometriska summa: 10000 + 10000 · 1.05 + 10000 · 1.052 + . . . + 10000 · 1.059 Som tur är finns det en formel som fixar det hela sn =
a1(kn − 1) k−1
Vi fyller i det vi vet och får sn =
10000(1.0510 − 1) = 125779 1.05 − 1
Svar: Adam har 125779 kr
Håkan Strömberg
41
KTH Syd
OPTIMERINGSPROBLEM
Optimeringsproblem Troligtvis den intressantaste typen av problem i denna del av kursen. Genom, ofta en geometriskt, problem ska du ställa upp den funktion som du senare ska finna en max- eller minpunkt för. Normalt bör man dessutom bestämma funktionens definitionsmängd.
Uppgift 1 Bestäm två icke negativa tal vars summa är 9, sådana att produkten av det ena talet och kvadraten av det, andra blir så stor som möjligt. Lösning Antag att de ena talet är x. Då måste det andra vara 9 − x (eftersom deras summa ska vara 9) Bilda nu funktionen, som utgör produkten mellan det ena talet och kvadraten av det andra. Det känns enklast att skriva f(x) = x2(9 − x) även om g(x) = x(9 − x)2 skulle fungera. Funktionen har definitionsmängden 0 ≤ x ≤ 9. Vi deriverar och löser ekvationen f ′ (x) = 0. För att kunna derivera är vi i denna kurs tvungna att skriva om funktionen till f(x) = 9x2 − x3 med derivatan f ′ (x) = 18x − 3x2 som leder till ekvationen
18x − 3x2 3x(6 − x) x1 x2
= = = =
0 0 0 6
Vi har hittat två extrempunkter då x = 0 och då x = 6 Genom andraderivatan tar vi reda på vilken typ f ′′ (x) = 18 − 6x och
f ′′ (0) = 18 > 0 ⇒ minpunkt f (6) = 18 − 36 < 0 ⇒ maxpunkt ′′
Då intervallets gränser f(0) = f(9) = 0 vet vi att funktionens största värde är f(6) = 108. Svar: Kvadrera talet 6 och multiplicera med 3 ger största produkten, 108
Håkan Strömberg
42
KTH Syd
INNEHÅLL
Uppgift 2 I en trädgård finns 50 äppelträd. Varje träd producerar 800 äpplen. För varje nytt träd man planterar i trädgården kommer äppelskörden att minska med 10 äpplen/träd. Hur många träd ska planteras för att få största möjliga totala skörden? Lösning Antag att vi planterar ytterligare x träd. Vi kan nu teckna funktionen f(x) = (50 + x)(800 − 10x) Definitionsmängden är 0 ≤ x ≤ 80. För att finna maxpunkten måste vi som vanligt derivera och lösa ekvationen f ′ (x) = 0. Men först måste vi utveckla parenteserna. f(x) = 40000 + 300x − 10x2 Derivatan blir f ′ (x) = 300 − 20x Extrempunkten får vi genom ekvationen 300 − 20x = 0 x = 15 Är det en maxpunkt? Andraderivatan ger svaret. f ′′ (x) = −20 < 0 ⇒ maxpunkt
Vi ska alltså plantera 15 nya träd. Då kommer den totala skörden att bli 42250 pall. Svar: 15 träd
Håkan Strömberg
43
KTH Syd
OPTIMERINGSPROBLEM
Uppgift 3 Vilken är den ur ekonomisk synpunkt billigaste cylindriska konservburk med rymdmåttet 1 liter, som kan konstrueras? Burken ska förstås ha både lock och botten och det handlar om att använda så lite plåt som möjligt! Lösning Det handlar om att välja rätt mått på burkens höjd och radie. Först påminner vi om att 1 liter = 1dm3. Cylinderns volym bestäms genom VC = hπr2 Cylinderns totala begränsningsyta bestäms genom AC = 2πr2 + 2πr · h Två cirkelskivor och en rektangel. Alla längdmått i dm. Vi vet att volymen ska vara 1 dm3 och genom denna ekvation kan vi uttrycka h i r 1 = hπr2 1 h = πr2 Ersätter vi nu h med detta uttryck i formeln AC får vi Arean som funktion av radien A(r) = 2πr2 + 2πr ·
1 2 = 2πr2 + 2 πr r
Det är denna funktion vi, på traditionellt sätt, ska finna en minpunkt för A ′ (r) = 4πr −
2 r2
Vi löser så ekvationen A ′ (r) = 0 2 = 0 r2 2 4πr = 2 r 3 4πr = 2 1 r3 = 2π q 1 r = 3 2π
4πr −
r ≈ 0.54
För att bestämma vilken typ av extrempunkt det gäller tar vi fram A ′′ (r) = 4π +
Håkan Strömberg
44
4 r3 KTH Syd
INNEHÅLL
som är > 0 för alla r > 0, alltså en minpunkt. Återstår att bestämma h h= π
1 q 2 ≈ 1.08 3
1 2π
Svar: r = 0.54 dm och h = 1.08 dm
Håkan Strömberg
45
KTH Syd